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历年题目合集：题目合集
前言
寒假一定要卷死他们!!!
一、高斯日记
题目描述：
大数学家高斯有个好习惯：无论如何都要记日记。他的日记有个与众不同的地方，他从不注明年月日，而是用一个整数代替，比如：4210。后来人们知道，那个整数就是日期，它表示那一天是高斯出生后的第几天。这或许也是个好习惯，它时时刻刻提醒着主人：日子又过去一天，还有多少时光可以用于浪费呢？
高斯出生于1777年4月30日，在高斯发现的一个重要定理的日记上标注着5343，因此可算出那天是1791年12月15日。高斯获得博士学位的那天日记上标着8113，请你算出高斯获得博士学位的年月日。
提交答案的格式是：yyyy-mm-dd，例如：1980-03-21
分析分析：
嘿嘿，这个题目就是妥妥的模拟计算了，我们就一天天的去加，然后等到这一天等于8113的时候，我们就退出
题目代码：
#include <stdio.h>
void riqi(int n)
{
int year=1777;
int yue=4;
int day=30;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
day++;
if(yue==4||yue==6||yue==9||yue==4||yue==11)
{
if(day>30)
{
day=1;
yue++;
}
}
else if(yue==1||yue==3||yue==5||yue==7||yue==8||yue==10||yue==12)
{
if(day>31)
{
day=1;
yue++;
}
}
else if((year%400==0)||(year%4==0)&&(year%100!=0)&&(yue==2))
{
if(day>29)
{
day=1;
yue++;
}
}
else
{
if(day>28)
{
day=1;
yue++;
}
}
if(yue>12)
{
yue=1;
year++;
}
}
printf("%d-%d-%d",year,yue,day-1);
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);//输入8113
riqi(n);
return 0;
}
运行结果：
1799-7-16
二、马虎的算式
题目描述：
小明是个急性子，上小学的时候经常把老师写在黑板上的题目抄错了。
有一次，老师出的题目是：36 x 495 = ?
他却给抄成了：396 x 45 = ?
但结果却很戏剧性，他的答案竟然是对的！！
因为 36 * 495 = 396 * 45 = 17820
类似这样的巧合情况可能还有很多，比如：27 * 594 = 297 * 54
假设 a b c d e 代表1~9不同的5个数字（注意是各不相同的数字，且不含0）
能满足形如： ab * cde = adb * ce 这样的算式一共有多少种呢？
请你利用计算机的优势寻找所有的可能，并回答不同算式的种类数。
满足乘法交换律的算式计为不同的种类，所以答案肯定是个偶数。
分析分析：
嘿嘿，直接暴力解开，5层for循环
题目代码：
#include <stdio.h>
#include <iostream>
int main()
{
int sum=0;
int temp=0;
int count=0;
for(int i1=1;i1<=9;i1++)//a
{
for(int i2=1;i2<=9;i2++)//b
{
if(i1!=i2)
for(int i3=1;i3<=9;i3++)//c
{
if(i3!=i1&&i3!=i2)
for(int i4=1;i4<=9;i4++)//d
{
if(i4!=i3&&i4!=i2&&i4!=i1)
for(int i5=1;i5<=9;i5++)//e
{
if(i5!=i4&&i5!=i3&&i5!=i2&&i5!=i1)
{
sum=(i1*10+i2)*(i3*100+i4*10+i5);
temp=(i1*100+i4*10+i2)*(i3*10+i5);
if(sum==temp)
{
printf("%d*%d=%d*%d\n",i1*10+i2,i3*100+i4*10+i5,i1*100+i2*10+i4,i3*10+i5);
count++;
}
}
}
}
}
}
}
printf("%d",count);
}
运行结果：
142
三、第39级台阶
题目描述：
小明刚刚看完电影《第39级台阶》，离开电影院的时候，他数了数礼堂前的台阶数，恰好是39级！站在台阶前，他突然又想着一个问题：
如果我每一步只能迈上1个或2个台阶，先迈左脚，然后左右交替，最后一步是迈右脚，也就是说一共要走偶数步。那么，上完39级台阶，有多少种不同的上法呢？
请你利用计算机的优势，帮助小明寻找答案。要求提交的是一个整数。
分析分析：
害，这不就是我们的老递归了
递归出口就是正好等于39并且刚好是右脚
题目代码：
#include <stdio.h>
//左脚为1 ,右脚为0
int taijie(int n,int jio,int &count)
{
if(n>39)
{
return 0;
}
if(n==39&&jio==0)
{
count++;
}
else if(jio==1)
{
taijie(n+1,0,count);
taijie(n+2,0,count);
}
else if(jio==0)
{
taijie(n+1,1,count);
taijie(n+2,1,count);
}
}
int main()
{
int count=0;
taijie(0,0,count);
printf("%d\n",count);
}
运行结果：
51167078
四、黄金连分数
题目描述：
黄金分割数0.61803…是个无理数，这个常数十分重要，在许多工程问题中会出现。有时需要把这个数字求得很精确。
对于某些精密工程，常数的精度很重要。也许你听说过哈勃太空望远镜，它首次升空后就发现了一处人工加工错误，对那样一个庞然大物，其实只是镜面加工时有比头发丝还细许多倍的一处错误而已，却使它成了“近视眼”！
言归正传，我们如何求得黄金分割数的尽可能精确的值呢？有许多方法。
比较简单的一种是用连分数：
这个连分数计算的“层数”越多，它的值越接近黄金分割数。请你利用这一特性，求出黄金分割数的足够精确值，要求四舍五入到小数点后100位。
小数点后3位的值为：0.618
小数点后4位的值为：0.6180
小数点后5位的值为：0.61803
小数点后7位的值为：0.6180340
（注意尾部的0，不能忽略）
你的任务是：写出精确到小数点后100位精度的黄金分割值。注意：尾数的四舍五入！ 尾数是0也要保留！显然答案是一个小数，其小数点后有100位数字。
分析分析：
我们这个的话就相当于是一个1/2 2/3 3/5，是不是一个斐波那契数列，然后我们只要去模拟计算斐波那契数列的值，再去前一个除以后面一个，再对于数一个一个输出就可以了
题目代码：
#include<iostream>
using namespace std;
long long ans[100] = {
0,1,1,2};
int main()
{
for( int i = 3; i < 90; i++ )
ans[i] = ans[i-1] + ans[i-2];
long long x = ans[81], y = ans[82];
for( int i = 0; i < 100; i++ )
{
cout << x/y;
x = (x%y)*10;//一个一个输入
}
return 0;
}
运行结果：
0618033988749894848204586834365637806199342618022749702241907684204945739336382682315131422629959486
五、前缀判断
题目描述：
如下的代码判断needle_start指向的串是否为haystack_start指向的串的前缀，如不是，则返回NULL。比如："abcd1234"就包含了"abc"为前缀。
char *prefix(char *haystack_start,char *needle_start)
{
char *haystack=haystack_start;
char *needle=needle_start;
while(*haystack&&*needle)
{
if(_____________________) return NULL; //填空位置
}
if(*needle) return NULL;
return haystack_start;
}
分析分析：
嘿嘿，这个题目有没有很熟悉，他的比较过程其实就是两边的指针同时+1，看看他们两个是不是相同的，相同的话我们就跳到下一个，不同的我们也跳过，知道一方为空。
题目代码：
*(haystack++)!=*(needle++)
六、三部排序
题目描述：
一般的排序有许多经典算法，如快速排序、希尔排序等。但实际应用时，经常会或多或少有一些特殊要求。我们没必要套用那些经典算法，可以根据实际情况建立更好的解法。
比如，对一个整型数组中的数字进行分类排序：使得负数都靠左端，正数都靠右端，0在中部。注意问题的特点是：负数区域和正数区域内并不要求有序。可以利用这个特点通过1次线性扫描就结束战斗！
以下的程序实现了该目标。其中x指向待排序的整型数组，len是数组的长度。
#include <stdio.h>
void sort3p(int *x,int len)
{
int p=0;
int left=0;
int right=len-1;
int t;
while(p<=right)
{
if(x[p]<0)
{
t=x[left]; x[left]=x[p]; x[p]=t; left++; p++;
}
else if(x[p]>0)
{
t=x[right]; x[right]=x[p]; x[p]=t; right--;
}
else
{
_______________________//填空位置
}
}
}
分析分析：
嗯嗯嗯，小唐最喜欢做这种题目了，他的每一步对我们来说，其实都是暗示喔，根据题意，他是就是把小于0的和大于0的分在两边放，然后他都给我们写出来了，那么最后一个else，就是我们等于0的情况了，我们再去参考前面的值，是不是就是直接出来了，但是要注意这个位置只可以填一空，我们填完之后要++，放在一起写就可以了
题目代码：
x[p++]=0
七、错误票据
题目描述：
某涉密单位下发了某种票据，并要在年终全部收回。每张票据有唯一的ID号，全年所有票据的ID号是连续的，但ID的开始数码是随机选定的。因为工作人员疏忽，在录入ID号的时候发生了一处错误，造成了某个ID断号，另外一个ID重号。你的任务是通过编程，找出断号的ID和重号的ID，假设断号不可能发生在最大和最小号。要求程序首先输入一个整数N（N<100）表示后面数据行数，接着读入N行数据，每行数据长度不等，是用空格分开的若干个（不大于100个）正整数（不大于100000），每个整数代表一个ID号。要求程序输出1行，含两个整数m n，用空格分隔，其中，m表示断号ID，n表示重号ID。
例如，用户输入：
2
5 6 8 11 9
10 12 9
则程序输出：
7 9
再例如，用户输入：
6
164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196
172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158
128 102 110 148 139 157 140 195 197
185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190
149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188
113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119
则程序输出：
105 120
分析分析：
嘿嘿，这个题目小唐用的方法就是先找到我们的最大值，因为我们的断号不可能发生在最大和最小号，所以我们从最大号开始，往后面去减，然后再去统计这一个数在他里面出现的次数就可以啦
题目代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
int a[100]={
0};
int xunzhao(int shu,int a[],int temp)
{
int count=0;
for(int i=0;i<temp;i++)
{
if(shu==a[i])
count++;
}
return count;
}
int main()
{
int temp=0;
int n=0;
int max=-1;
char c;
scanf("%d",&n);
while(n>0)
{
scanf("%d",&a[temp]);
temp++;
c=getchar();
if(c!=' ')
{
n--;
}
}//输入数据
for(int i=0;i<temp;i++)//找到最大
{
if(max<a[i])
max=a[i];
}
for(int i=0;i<temp;i++)
{
if(xunzhao(max,a,temp)==0)//max是我们要找的那一个数，返回值是这个数出现的次数
{
printf("%d\n",max);
}
if(xunzhao(max,a,temp)==2)
{
printf("%d\n",max);
}
max=max-1;
}
}
运行结果：
【输入样例】
2
5 6 8 11 9
10 12 9
【输出样例】
7 9
【输入样例】
6
164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196
172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158
128 102 110 148 139 157 140 195 197
185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190
149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188
113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119
【输出样例】
105 120
八、翻硬币
题目描述：
问题描述
小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。
桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零）。
比如，可能情形是： **oo***oooo
如果同时翻转左边的两个硬币，则变为： oooo***oooo
现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？
我们约定：把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作，那么要求：
输入格式
两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。每行的长度<1000
输出格式
一个整数，表示最小操作步数。
例如，用户输入：
**********
o****o****
程序应该输出：5
再例如，用户输入：
*o**o***o***
*o***o**o***
程序应该输出：1
分析分析：
每一次不一样肯定要翻两枚枚硬币，那么我们就一直翻到都一样为止
题目代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
void flips(char *c)
{
if(*c=='*')
*c='o';
else
*c='*';
}
int main()
{
char conis1[1001];
char conis2[1001];
scanf("%s",conis1);
scanf("%s",conis2);
int step=0;
for(int i=0;i<strlen(conis1);i++)
{
if(conis1[i]!=conis2[i])
{
if(conis1[i]=='*')
{
conis1[i]='o';
flips(&conis1[i+1]);
}
else
{
conis1[i]='*';
flips(&conis1[i+1]);
}
step++;
}
}
printf("%d",step);
return 0;
}
运行结果：
【输入样例】
**********
o****o****
【输出样例】
5
【输入样例】
*o**o***o***
*o***o**o***
【输出样例】
1
九、带分数
题目描述：
100可以表示为带分数的形式：100=3+69258/714，还可以表示为：100=82+3546/197，注意特征：带分数中，数字1~9分别出现且只出现一次（不包含0）。类似这样的带分数，100有11种表示法。
题目要求：从标准输入读入一个正整数N（N<1000*1000）程序输出该数字用数码1~9不重复不遗漏地组成带分数表示的全部种数。注意：不要求输出每个表示，只统计有多少表示法！
分析分析：
像是这个题目的，嘿嘿，有时我们的全排列，我们去一个个模拟就好了，全排列直接overe，然后在这的时候做了一个小处理，就是
100=82+3546/197
100 *197=82 *197+3456
题目代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int n; //题目给出的目标数
int num[9]={
1,2,3,4,5,6,7,8,9};
int cnt; //计数，最后输出的结果
//计算num数组中一段的数是多少
int calc(int l, int r){
int res = 0;
for(int i = l; i <= r; i++)
res = res * 10 + num[i];
return res;
}
void f(int n){
while(next_permutation(num,num+9)){
for(int i=0;i<7;i++){
for(int j=i+1;j<8;j++){
int a = calc(0,i);
int b = calc(i+1,j);
int c = calc(j+1,8);
if(a * c + b == c * n)
cnt++;
}
}
}
}
int main(){
int n=0;
scanf("%d", &n);
f(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}
运行结果：
【输入样例】
100
【输出样例】
11
【输入样例】
105
【输出样例】
6
十、连号区间数
题目描述：
小明这些天一直在思考这样一个奇怪而有趣的问题：
在1~N的某个全排列中有多少个连号区间呢？这里所说的连号区间的定义是：
如果区间[L, R] 里的所有元素（即此排列的第L个到第R个元素）递增排序后能得到一个长度为R-L+1的“连续”数列，则称这个区间连号区间。
当N很小的时候，小明可以很快地算出答案，但是当N变大的时候，问题就不是那么简单了，现在小明需要你的帮助。
输入格式：
第一行是一个正整数N (1 <= N <= 50000), 表示全排列的规模。
第二行是N个不同的数字Pi(1 <= Pi <= N)， 表示这N个数字的某一全排列。
输出格式：
输出一个整数，表示不同连号区间的数目。
第一个用例中，连号区间分别是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [2,2], [3,3], [4,4]
第二个用例中，连号区间分别是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [1,5], [2,2], [3,3], [4,4], [5,5]
分析分析：
这个个题目小唐一开始看蒙了，参考了这个宝的代码
参考代码
题目代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int n = 0;
cin>>n;
int data[n] = {
0};
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&data[i]);
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<n;i++){
int max = data[i];
int min = data[i];
for(int j=i;j<n;j++){
if(data[j]>max) max = data[j];
if(data[j]<min) min = data[j];
if(max-min == j-i){
ans++;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
运行结果：
【输入样例】
4
3 2 4 1
【输出样例】
7
【输入样例】
5
3 4 2 5 1
【输出样例】
9
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