#练手基础题汇总#
因为是基础题所以都不算难，个人把碰见过的感觉比较好的练手基础题在这里做个汇总，方便查阅。
枚举
- 一般都是数据量比较小的简单题，难点在于对数据的判断处理。用循环直接对数据区间枚举随后进行判断即可。如果数据量较大，就优化判断条件或者找共性减少运算时间。
1.安全区
题目描述
在一个nn的网格图上有m个探测器，第i个探测器位于(xi,yi)位置，探测半径为ri。
求出nn个点中有多少个是安全的点，即未被探测的点。
输入
第一行为两个整数n,m(1<=n<=100,1<=m<=n*n)
接下来m行每行3个整数表示xi,yi,ri（1<=xi,yi,ri<=n）
输出
输出一个整数表示答案
样例输入
5 2
3 3 1
4 2 1
样例输出
17
思路： 重点是半径判断，我是用sqrt((x-x1) * (x-x1) + (y-y1) * (y-y1)) > r 来判断是否在检测半径内，同时用二维数组来储存是否能被探测到。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool mymap[101][101];
void func(int x,int y,int r,int n)//中心点 x y 探测半径 r 地图总长 n
{
for(int a=x-r;a<=x+r;a++)
{
if(a<1||a>n)//x超界
continue;
for(int b=y-r;b<=y+r;b++)
{
if(b<1||b>n)//y超界
continue;
if(sqrt((x-a)*(x-a)+(y-b)*(y-b))>r)//不在半径内
continue;
//printf("%lf %d\n",sqrt((x-a)*(x-a)+(y-b)*(y-b)),r);
if(!mymap[a][b])
mymap[a][b]=true;
}
}
}
int main()
{
memset(mymap,false,sizeof(mymap));
int n,m,xi,yi,ri,ans=0;
cin>>n>>m;
/*for(int a=1;a<=n;a++)
{
for(int b=1;b<=n;b++)
{
printf("%d ",mymap[a][b]);
}
printf("\n");
}*/
for(int temp=0;temp<m;temp++)
{
cin>>xi>>yi>>ri;
func(xi,yi,ri,n);
}
for(int a=1;a<=n;a++)
{
for(int b=1;b<=n;b++)
{
//printf("%d ",mymap[a][b]);
if(mymap[a][b]==false)
ans++;
}
//printf("\n");
}
cout<<ans;
return 0;
}
2.统计方形
题目描述
有一个n*m方格的棋盘，求其方格包含多少正方形、长方形（此处长方形不包含正方形）
输入
输入存在多组测试数据。每组测试数据输入两个整数n,m，数字不超过5000
输出
对于每组数据输出一行包含两个整数，分别表示正方形数目和长方形数目
样例输入
2 3
样例输出
8 10
思路： 就是两层循环，代表当前图形的长和宽，长宽一样就是正方形，不一样就是长方形。然后求出这一行能有多少个这种图形(1+(m-b))，再求这一列有多少种这种图形(1+(n-a))，两者相乘就是这个图里有多少种这种图形。然后加到总数里，等循环跑完就是答案。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,m;
long long ans1=0,ans2=0;//ans1=正方形 ans2=长方形
cin>>n>>m;
for(int a=1;a<=n;a++)
{
for(int b=1;b<=m;b++)
{
if(a==b)
{
ans1+=(1+(n-a))*(1+(m-a));
}
else
{
ans2+=(1+(n-a))*(1+(m-b));
}
}
}
cout<<ans1<<" "<<ans2;
return 0;
}
- 但是这样复杂度会比较高，可能会超时，所以有第二种求法。先求出总的矩形个数，再用一层循环求出正方形个数，总的减去正方形的就是长方形的。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main ()
{
/*对于一个n*m的棋盘，共有矩形 (m+m-1+m-2+...+1)*(n+n-1+n-2+...+1)
即[m*(m+1)/2]*[n*(n+1)/2]个，这一步可知用前一个式子循环道加，也可版用后一个式子直接算；
共有正方形（假设m>n) m*n+(m-1)*(n-1)+...+(m-n+1)*1 个，这步用循环做就行；
长方形就用 矩形权数 减去 正方形数 就行了。*/
int n,m;
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
{
long long sum1=0;
for(int i=1;i<=min(n,m);i++)
{
sum1+=(n-i+1)*(m-i+1);
}
printf("%lld ",sum1);
long long sum2=1LL*n*(n+1)/2*1LL*m*(m+1)/2;//1
printf("%lld\n",sum2-sum1);
}
return 0;
}
3.连续自然数和（尺取法）
题目
对于给定自然数N，求出存在多少个连续自然数段，长度至少为2，使得这些连续的自然数段之和为N。
输入
输入有若干行，每行一个正整数n。(1<=n<=2000000)
输出
对于每组测试数据输出第一个数字表示答案
样例输入
9
10000
样例输出
2
4
思路： 可以用for循环暴力循环出来，但是我下面是用的尺取法，来减少复杂度。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
int ans=0,temp=0,f=1,e=1;//答案个数 中间值 头 尾
while(n!=0)//尺取
{
while(temp<n&&e<n)
{
temp+=e;
e++;
}
if(temp<n)
{
break;
}
if(temp==n&&e-f>=1)
{
ans++;
}
temp-=f;
f++;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
4.蓝桥杯 数字分组
问题描述
输入任意10个浮点数，根据它们的聚集程度划分为3组，输出每一组的平均值。
提供老师上课讲的一种思路：将10个数字进行在数轴上排序，然后计算每两个点间的距离，在所有的距离中选取两个最大距离处断开，这样就把10个数字分为了3组。
本题难度较大，如果深入讨论会比较复杂，大家可以只考虑如下面样例所示的分组情况非常简单的情况，只要简单情况能够成功计算，本题就能得分。
另外，本题内容有些超前，推荐大家自学一下数组那一章中第一节一维数组，然后使用一维数组来做。排序算法可以参考trustie平台上传的冒泡排序法参考资料。
输入格式
十个待输入的浮点数，使用空格隔开
输出格式
三组数的平均数，每输出一个需要换行
样例输入
一个满足题目要求的输入范例。
例1：
50.4 51.3 52.3 9.5 10.4 11.6 19.1 20.8 21.9 49.6
例2：
8.6 7.4 3.5 17.9 19.1 18.5 37.6 40.4 38.5 40.0
样例输出
与上面的样例输入对应的输出。
例1：
10.5
20.6
50.9
例2:
6.5
18.5
39.125
思路： 直接循环枚举检测间隔即可。
AC代码： OJ链接
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double shuzu[10];
int main()
{
double max1=0,max2=0,m1,m2;
for(int a=0;a<10;a++)
{
scanf("%lf",&shuzu[a]);
}
sort(shuzu,shuzu+10);
for(int a=0;a<9;a++)
{
double temp=shuzu[a+1]-shuzu[a];
if(temp>max1)
{
max2=max1;
m2=m1;
max1=temp;
m1=a;
}
else if(temp>max2)
{
max2=temp;
m2=a;
}
}
double temp=0;
for(int a=0;a<=min(m1,m2);a++)
{
temp+=shuzu[a];
}
printf("%g\n",temp/(min(m1,m2)+1));
temp=0;
for(int a=min(m1,m2)+1;a<=max(m1,m2);a++)
{
temp+=shuzu[a];
}
printf("%g\n",temp/(max(m1,m2)-min(m1,m2)));
temp=0;
for(int a=max(m1,m2)+1;a<=9;a++)
{
temp+=shuzu[a];
}
printf("%g\n",temp/(9-max(m1,m2)));
return 0;
}