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历年题目合集：题目合集
前言
哥几个又来学习了【手动狗头】
一、微生物增殖
题目描述：
假设有两种微生物X和Y，X出生后每隔3分钟分裂一次（数目加倍），Y出生后每隔2分钟分裂一次（数目加倍）。一个新出生的X，半分钟之后吃掉1个Y，且从此开始每隔1分钟吃掉1个Y。已知新出生的X=10，Y=89，求60分钟后Y的数目。若X=10，Y=90呢？
本题的要求就是写出这两种初始条件下，60分钟后Y的数目。题目的结果令你震惊吗？这不是简单的数字游戏！真实的生物圈有着同样脆弱的性质！也许因为你消灭的那只Y就是最终导致Y种群灭绝的最后一根稻草！
分析分析：
老模拟题了
每半分钟：Y=Y-X
每3分钟： X=2 *X
每6分钟： Y=2 *Y
这里我们可能要注意一下，就是半分钟可能不好处理，那我们就直接扩大两倍
题目代码：
#include <stdio.h>
int main()
{
int x=10;
int y=89;
for(int i=1;i<=120;i++)
{
if(i%2==1)
{
y=y-x;
}
if(i%4==0)
{
y=2*y;
}
if(i%6==0)
{
x=2*x;
}
}
printf("%d %d",x,y);
}
运行结果：
10485760 -979369984
二、古堡算式
题目描述：
福尔摩斯到某古堡探险，看到门上写着一个奇怪的算式：ABCDE*?=EDCBA。他对华生说：“ABCDE应该代表不同的数字，问号也代表某个数字！” 华生：“我猜也是！”，于是，两人沉默了好久，还是没有算出合适的结果来。 请你利用计算机的优势，找到破解的答案，把ABCDE所代表的数字写出来。
分析分析：
和小唐练了这么就，直接来吧
#include
next_permutation
题目代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int a[10] = {
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9};
while(next_permutation(a,a+10))
{
if(a[0]!=0&&a[4]!=0)//全排列
{
int leftVal = a[0]*10000+a[1]*1000+a[2]*100+a[3]*10+a[4];
int rightVal = a[4]*10000+a[3]*1000+a[2]*100+a[1]*10+a[0];
int temp = a[5];
if(leftVal*temp==rightVal)
{
cout << a[0] << a[1] << a[2] << a[3] << a[4] <<endl;
break;
}
}
}
return 0;
}
运行结果：
21978
三、比酒量
题目描述：
有一群海盗（不多于20人），在船上比拼酒量。过程如下：打开一瓶酒，所有在场的人平分喝下，有几个人倒下了。再打开一瓶酒平分，又有倒下的，再次重复----直到开了第4瓶酒，坐着的已经所剩无几，海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后，大家都倒下了。等船长醒来，发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到：“…昨天，我正好喝了一瓶…奉劝大家，开船不喝酒，喝酒别开船…”
请你根据这些信息，推断开始有多少人，每一轮喝下来还剩多少人。如果有多个可能的答案
分析分析：
这个题目的话，也是一个小小的模拟，四个小小的for循环，每一次循环的的最大值要小于上一次循环的最小值（就是说我们这一次倒下的人，不可以多余上一场清醒的人数），最后的时候再去把这些加起来，只要等于1，我们就去输出
题目代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
for(int a = 1; a <= 20; a++)
{
for(int b = 1; b < a; b++)
{
for(int c =1; c < b; c++)
{
for(int d = 1; d < c; d++)
{
if((1.0/a+1.0/b+1.0/c+1.0/d)==1)
{
cout << a << ends << b << ends <<c << ends << d << "0" <<endl;
}
}
}
}
}
}
运行结果：
12 6 4 20
15 10 3 20
18 9 3 20
20 5 4 20
四、奇怪的比赛
题目描述：
某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪：每位选手需要回答10个问题（其编号为1到10），越后面越有难度。答对的，当前分数翻倍；答错了则扣掉与题号相同的分数（选手必须回答问题，不回答按错误处理）。每位选手的起步分都是10分，某获胜选手最终得分刚好是100分，如果不让你看比赛过程，你能推断出他（她）哪个题目答对了，哪个题目答错了吗？如果把答对的记为1，答错的记为0，则10个题目的回答情况可用仅含1和0的串来表示，如0010110011就是可能的情况。
你的任务是算出所有可能情况，每个答案占一行。
分析分析：
想找个题目的话，就是一个简简单单的递归，我们主要就是去找到我们的递归体，正确的赋值1，错误的0，然后等到正好10个题目的时候我们就判断他的得分是不是100，是的话我们就去输出
题目代码：
#include <stdio.h>
int huida[11]={
0};
void fort(int sum,int ti)
{
if(ti==11)
{
if(sum==100)
{
for(int i=1;i<11;i++)
{
printf("%d",huida[i]);
}
printf("\n");
}
}
else
{
huida[ti]=1;
fort(sum*2,ti+1);
huida[ti]=0;
fort(sum-ti,ti+1);
}
}
int main()
{
fort(10,1);
}
运行结果：
1011010000
0111010000
0010110011
五、方阵转置
题目描述：
对一个方阵转置，就是把原来的行号变列号，原来的列号变行号。例如，如下方阵：
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 15 16
转置后变为：
1 5 9 13
2 6 10 14
3 7 11 15
4 8 12 16
但如果是对该方阵顺时针旋转（不是转置），却是如下结果：
13 9 5 1
14 10 6 2
15 11 7 3
16 12 8 4
下面代码实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转，请推测划线处的代码
void rotate(int *x,int rank)
{
int *y=(int*)malloc(___________________); //填空
for(int i=0;i<rank*rank;i++)
{
y[___________________]= x[i]; //填空
}
for(i=0;i<rank*rank;i++) x[i]=y[i];
free(y);
}
int main(int argc,char *argv[])
{
int x[4][4]={
{
1,2,3,4},{
5,6,7,8},{
9,10,11,12},{
13,14,15,16}};
int rank=4;
rotate(&x[0][0],rank);
for(int i=0;i<rank;i++)
{
for(int j=0;j<rank;j++)
printf("%4d",x[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}
分析分析：
就是一个找规律的题目，然后我们在这里有一个malloc，可能学习过数据结构的同学比较清楚，就是一个对于内存的分配
剩下的就是将我们原始值开始赋值，我们很明显可以看出，他是不是我们行列转化之后，再将前后位置进行一个颠倒，这样就很明显出来了
题目代码：
【第一空】
rank*rank*sizeof(int)
【第二空】
y[(i%4)*4+3-i/4] = x[i];
六、大数乘法
题目描述：
对于32位字长的机器，大约超过20亿，用int类型就无法表示了，我们可以选择_int64类型，但无论怎样扩展，固定的整数类型总是有表达的极限！如果对超级大整数进行精确运算呢?一个简单的办法是：仅仅使用现有类型，但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算，即所谓“分块法”。下图表示了分块乘法的原理。
可以把大数分成多段（此处为2段）小数，然后用小数的多次运算组合表示一个大数。可以根据int的承载能力规定小块的大小，比如要把int分成2段，则小块可取10000为上限值。注意，小块在进行纵向累加后，需要进行进位校正。以下代码示意了分块乘法的原理（乘数、被乘数都分为2段），请分析代码逻辑，并推测划线处的代码。
void bigmul(int x,int y,int r[])
{
int base=10000;
int x2=x/base;
int x1=x%base;
int y2=y/base;
int y1=y%base;
int n1=x1*y1;
int n2=x1*y2;
int n3=x2*y1;
int n4=x2*y2;
r[3]=n1%base;
r[2]=n1/base+n2%base+n3%base;
r[1]=____________________; //填空
r[0]=n4/base;
r[1]+=____________________; //填空
r[2]=r[2]%base;
r[0]+=r[1]/base;
r[1]=r[1]%base;
}
int main(int argc,char *argv[])
{
int x[]={
0,0,0,0};
bigmul(87654321,12345678,x);
printf("%d%d%d%d\n",x[0],x[1],x[2],x[3]);
return 0;
}
分析分析：
这个其实考察的还是我们的分析，这个题目我们只要把%1000和/1000看懂了就可以啦，%就是取我们的后4位，/取的就是前4位，我们再结合前面的代码，over
题目代码：
【第一空】
n2 / base + n3 / base + n4 % base; // 填空
【第二空】
r[2] / base;
七、放棋子
题目描述：
今有6×6的棋盘，其中某些格子已预放了棋子。现在要再放上去一些，使得每行每列都正好有3颗棋子。我们希望推算出所有可能的放法，下面的代码就实现了这个功能。初始数组中，“1”表示放有棋子，“0”表示空白。请推测划线处的代码。
int N = 0;
bool CheckStoneNum(int x[][6])
{
for(int k=0; k<6; k++)
{
int NumRow = 0;
int NumCol = 0;
for(int i=0; i<6; i++)
{
if(x[k][i]) NumRow++;
if(x[i][k]) NumCol++;
}
if(_____________________) return false; // 填空
}
return true;
}
int GetRowStoneNum(int x[][6], int r)
{
int sum = 0;
for(int i=0; i<6; i++) if(x[r][i]) sum++;
return sum;
}
int GetColStoneNum(int x[][6], int c)
{
int sum = 0;
for(int i=0; i<6; i++) if(x[i][c]) sum++;
return sum;
}
void show(int x[][6])
{
for(int i=0; i<6; i++)
{
for(int j=0; j<6; j++) printf("%2d", x[i][j]);
printf("\n");
}
printf("\n");
}
void f(int x[][6], int r, int c);
void GoNext(int x[][6], int r, int c)
{
if(c<6)
_______________________; // 填空
else
f(x, r+1, 0);
}
void f(int x[][6], int r, int c)
{
if(r==6)
{
if(CheckStoneNum(x))
{
N++;
show(x);
}
return;
}
if(______________) // 已经放有了棋子
{
GoNext(x,r,c);
return;
}
int rr = GetRowStoneNum(x,r);
int cc = GetColStoneNum(x,c);
if(cc>=3) // 本列已满
GoNext(x,r,c);
else if(rr>=3) // 本行已满
f(x, r+1, 0);
else
{
x[r][c] = 1;
GoNext(x,r,c);
x[r][c] = 0;
if(!(3-rr >= 6-c || 3-cc >= 6-r)) // 本行或本列严重缺子，则本格不能空着！
GoNext(x,r,c);
}
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[6][6] = {
{
1,0,0,0,0,0},
{
0,0,1,0,1,0},
{
0,0,1,1,0,1},
{
0,1,0,0,1,0},
{
0,0,0,1,0,0},
{
1,0,1,0,0,1}
};
f(x, 0, 0);
printf("%d\n", N);
return 0;
}
分析分析：
我们遇到这种就老老实实的去把代码看一遍就可以啦
bool CheckStoneNum(int x[][6])//checkStoneNum 意为 检查棋子数量
前面的时候就是在选择看是不是6*6列，然后把我们的行列都加加
后面的话就是在判断我们是不是3个相连了
void GoNext(int x[][6], int r, int c)//递归到下一个位子
一个小小递归，没有走完我们就继续走
void f(int x[][6], int r, int c)//深度优先搜索
题目代码：
【第一空】
if(NumRow!=3||NumCol!=3)
【第二空】
if(x,r,c+1);
【第三空】
if(x[r][c]==1)
八、密码发生器
题目描述：
在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了…。这个程序的任务就是把一串拼音字母转换为6位数字（密码），我们可以使用任何好记的拼音串（比如名字，王喜明，就写：wangximing）作为输入，程序输出6位数字。变换的过程如下：
第1步：把字符串6个一组折叠起来，比如wangximing则变为：
wangxi
ming
第2步：把所有垂直在同一个位置的字符的ascii码值相加，得出6个数字，如上面的例子，则得出：228 202 220 206 120 105
第3步：再把每个数字“缩位”处理：就是把每个位的数字相加，得出的数字如果不是一位数字，就再缩位，直到变成一位数字为止。例如，228 => 2+2+8=12 => 1+2=3
上面的数字缩位后变为：344836, 这就是程序最终的输出结果！
要求程序从标准输入接收数据，在标准输出上输出结果。
输入格式为：第一行是一个整数n（<100），表示下边有多少输入行，接下来是n行字符串，就是等待变换的字符串。
输出格式为：n行变换后的6位密码。
分析分析：
这个的话，就是相当于求我们单个的ascii码相加，按照6个一空，我们叠加到一起，然后我们在对于和进行计算直到只有一位数
题目代码：
#include<iostream>
using namespace std;
//使用递归计算最后值
int qiu(int num)
{
if(num<10)
{
return num;
}
int sum = 0;
while(num)
{
sum += num%10;
num/=10;
}
return qiu(sum);
}
int main()
{
int n;
//a数组保存每个位置的最后值
int a[6] = {
0};
string str;
cin >> n;
for(int i =0; i < n; i++)
{
cin >> str;
for(int i = 0; i < str.size(); i++)
{
a[i%6] += (str[i]-'a'+97);//将ascii码值转化
}
for(int i = 0; i < 6; i++)
{
cout << qiu(a[i]);
a[i] = 0;
}
cout <<endl;
}
return 0;
}
运行结果：
【输入样例】
5
zhangfeng
wangximing
jiujingfazi
woaibeijingtiananmen
haohaoxuexi
【输出样例】
772243
344836
297332
716652
875843
九、夺冠概率
题目描述：
足球比赛具有一定程度的偶然性，弱队也有战胜强队的可能。假设有甲、乙、丙、丁四个球队，根据他们过去比赛的成绩，得出每个队与另一个队对阵时取胜的概率表：
甲 乙 丙 丁
甲 - 0.1 0.3 0.5
乙 0.9 - 0.7 0.4
丙 0.7 0.3 - 0.2
丁 0.5 0.6 0.8 -
数据含义：甲对乙的取胜概率为0.1，丙对乙的胜率为0.3，…。现在要举行一次锦标赛，双方抽签，分两个组比，获胜的两个队再争夺冠军（参见下图）。
请你进行10万次模拟，计算出甲队夺冠的概率
分析分析：
我们的话就直接分为3种情况
题目代码：
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
using namespace std;
double p[3];
int main(){
//三种情况的概率
p[0] = 0.1*0.8*0.5 + 0.1*0.2*0.3;
p[1] = 0.3*0.6*0.5 + 0.3*0.4*0.1;
p[2] = 0.5*0.7*0.1 + 0.5*0.3*0.3;
//用来记录10万次概率的总和
double sum = 0;
//设置随机数种子
srand(time(NULL));
for(int i=1 ;i<=100000 ;i++){
int r = rand()%3;
sum += p[r];
}
printf("%f\n",sum/100000);
return 0;
}
十、取球游戏
题目描述：
今盒子里有n个小球，A、B两人轮流从盒中取球，每个人都可以看到另一个人取了多少个，也可以看到盒中还剩下多少个，并且两人都很聪明，不会做出错误的判断。
我们约定：每个人从盒子中取出的球的数目必须是：1，3，7或者8个；轮到某一方取球时不能弃权；A先取球，然后双方交替取球，直到取完；被迫拿到最后一个球的一方为负方（输方）。
请编程确定出在双方都不判断失误的情况下，对于特定的初始球数，A是否能赢？
程序运行时，从标准输入获得数据，其格式如下：
先是一个整数n（n<100），表示接下来有n个整数；然后是n个整数，每个占一行（整数<10000），表示初始球数。
程序则输出n行，表示A的输赢情况（输为0，赢为1）。
分析分析：
我们去做的话，主要就是一个模拟运算
题目代码：
#include <string.h>
#include <stdio.h>
int op[4]= {
1,3,7,8};//四种操作
int main()
{
int n,a[10000],m;
memset(a,0,sizeof(a));//先都初始化为0
for(int i=1; i<10000; i++)//用i表示球的数量
for(int j=0; j<4; j++)//四种情况一一判断，一旦发现一个可以使A获胜的取法就可以了。
if(i-op[j]>0)//首先保证在这种情况下有足够球可取
{
if(a[i-op[j]]==0)//A取完，剩下的球让B来取，已经没有胜利的可能(此时可以看做对于i-op[j]个球是B先取，为0表示B只能失败)
{
a[i]=1;//i个球A先取的情况A可以取胜
break;
}
}
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d",&m);
printf("%d\n",a[m]);
}
return 0;
}
运行结果：
【输出样例】
4
1
2
10
18
【输出样例】
0
1
1
0
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