搜索仍是重点，不过没上一届那么多了。基础的模运算和细节处理
标题： 购物单
小明刚刚找到工作，老板人很好，只是老板夫人很爱购物。老板忙的时候经常让小明帮忙到商场代为购物。小明很厌烦，但又不好推辞。
这不，XX大促销又来了！老板夫人开出了长长的购物单，都是有打折优惠的。
小明也有个怪癖，不到万不得已，从不刷卡，直接现金搞定。
现在小明很心烦，请你帮他计算一下，需要从取款机上取多少现金，才能搞定这次购物。
取款机只能提供100元面额的纸币。小明想尽可能少取些现金，够用就行了。
你的任务是计算出，小明最少需要取多少现金。
以下是让人头疼的购物单，为了保护隐私，物品名称被隐藏了。
-----------------
**** 180.90 88折
**** 10.25 65折
**** 56.14 9折
**** 104.65 9折
**** 100.30 88折
**** 297.15 半价
**** 26.75 65折
**** 130.62 半价
**** 240.28 58折
**** 270.62 8折
**** 115.87 88折
**** 247.34 95折
**** 73.21 9折
**** 101.00 半价
**** 79.54 半价
**** 278.44 7折
**** 199.26 半价
**** 12.97 9折
**** 166.30 78折
**** 125.50 58折
**** 84.98 9折
**** 113.35 68折
**** 166.57 半价
**** 42.56 9折
**** 81.90 95折
**** 131.78 8折
**** 255.89 78折
**** 109.17 9折
**** 146.69 68折
**** 139.33 65折
**** 141.16 78折
**** 154.74 8折
**** 59.42 8折
**** 85.44 68折
**** 293.70 88折
**** 261.79 65折
**** 11.30 88折
**** 268.27 58折
**** 128.29 88折
**** 251.03 8折
**** 208.39 75折
**** 128.88 75折
**** 62.06 9折
**** 225.87 75折
**** 12.89 75折
**** 34.28 75折
**** 62.16 58折
**** 129.12 半价
**** 218.37 半价
**** 289.69 8折
--------------------
需要说明的是，88折指的是按标价的88%计算，而8折是按80%计算，余者类推。
特别地，半价是按50%计算。
请提交小明要从取款机上提取的金额，单位是元。
答案是一个整数，类似4300的样子，结尾必然是00，不要填写任何多余的内容。
特别提醒：不许携带计算器入场，也不能打开手机。
答案：5200
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
double a,b;
double sum = 0.0;
while (scanf("%lf%lf", &a, &b) && a != 0.0) {
if (b < 10) {
b*=10;
}
sum += a*b/100;
}
printf("%lf\n",sum); //5136.859500
//ans = 5200
return 0;
}
标题：等差素数列
2,3,5,7,11,13,....是素数序列。
类似：7,37,67,97,127,157 这样完全由素数组成的等差数列，叫等差素数数列。
上边的数列公差为30，长度为6。
2004年，格林与华人陶哲轩合作证明了：存在任意长度的素数等差数列。
这是数论领域一项惊人的成果！
有这一理论为基础，请你借助手中的计算机，满怀信心地搜索：
长度为10的等差素数列，其公差最小值是多少？
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容和说明文字。
筛个1e6内的素数，然后枚举起点和公差
答案：210
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)1e6+5;
int Hash[maxn];
void get_prime () {
memset(Hash, 0, sizeof(Hash));
Hash[0] = Hash[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 1000; i++) {
if (!Hash[i]) {
for (int j = i*i; j < maxn; j += i) {
Hash[j] = 1;
}
}
}
}
bool Judge (int start, int d, int len) {
for (int i = 0; i < len; i++) {
int idx = start + i*d;
if (Hash[idx] == 1) {
return false;
}
}
return true;
}
int d_search (int N) {
int d = 2;
while (d < maxn) {
for (int start = 2; start < maxn - N*d; start ++) {
if (Hash[start] == 0 && Judge(start, d, N)) {
return d;
}
}
d++;
}
return -1;
}
int main() {
get_prime();
printf("%d\n",d_search(10)); //210
return 0;
}
标题：承压计算
X星球的高科技实验室中整齐地堆放着某批珍贵金属原料。
每块金属原料的外形、尺寸完全一致，但重量不同。
金属材料被严格地堆放成金字塔形。
7
5 8
7 8 8
9 2 7 2
8 1 4 9 1
8 1 8 8 4 1
7 9 6 1 4 5 4
5 6 5 5 6 9 5 6
5 5 4 7 9 3 5 5 1
7 5 7 9 7 4 7 3 3 1
4 6 4 5 5 8 8 3 2 4 3
1 1 3 3 1 6 6 5 5 4 4 2
9 9 9 2 1 9 1 9 2 9 5 7 9
4 3 3 7 7 9 3 6 1 3 8 8 3 7
3 6 8 1 5 3 9 5 8 3 8 1 8 3 3
8 3 2 3 3 5 5 8 5 4 2 8 6 7 6 9
8 1 8 1 8 4 6 2 2 1 7 9 4 2 3 3 4
2 8 4 2 2 9 9 2 8 3 4 9 6 3 9 4 6 9
7 9 7 4 9 7 6 6 2 8 9 4 1 8 1 7 2 1 6
9 2 8 6 4 2 7 9 5 4 1 2 5 1 7 3 9 8 3 3
5 2 1 6 7 9 3 2 8 9 5 5 6 6 6 2 1 8 7 9 9
6 7 1 8 8 7 5 3 6 5 4 7 3 4 6 7 8 1 3 2 7 4
2 2 6 3 5 3 4 9 2 4 5 7 6 6 3 2 7 2 4 8 5 5 4
7 4 4 5 8 3 3 8 1 8 6 3 2 1 6 2 6 4 6 3 8 2 9 6
1 2 4 1 3 3 5 3 4 9 6 3 8 6 5 9 1 5 3 2 6 8 8 5 3
2 2 7 9 3 3 2 8 6 9 8 4 4 9 5 8 2 6 3 4 8 4 9 3 8 8
7 7 7 9 7 5 2 7 9 2 5 1 9 2 6 5 3 9 3 5 7 3 5 4 2 8 9
7 7 6 6 8 7 5 5 8 2 4 7 7 4 7 2 6 9 2 1 8 2 9 8 5 7 3 6
5 9 4 5 5 7 5 5 6 3 5 3 9 5 8 9 5 4 1 2 6 1 4 3 5 3 2 4 1
X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X X
其中的数字代表金属块的重量（计量单位较大）。
最下一层的X代表30台极高精度的电子秤。
假设每块原料的重量都十分精确地平均落在下方的两个金属块上，
最后，所有的金属块的重量都严格精确地平分落在最底层的电子秤上。
电子秤的计量单位很小，所以显示的数字很大。
工作人员发现，其中读数最小的电子秤的示数为：2086458231
请你推算出：读数最大的电子秤的示数为多少？
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
类似于杨辉三角，将值传递下来即可。不知道会不会爆精度，熟练的话可以用java的高精度类解决，后补！注意要换算单位
答案：72665192664
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double val[30][30];
double tag = 2086458231;
int main() {
int i, j;
double ans = 0;
memset(val, 0, sizeof(val));
for (i = 0; i < 29; i++) {
for (j = 0; j <= i; j++) {
scanf("%lf", &val[i][j]);
}
}
for (i = 1; i < 30; i++) {
for (j = 1; j <= i; j++) {
val[i][j-1] += val[i-1][j-1]/2;
val[i][j] += val[i-1][j-1]/2;
}
}
int Min_idx = 0, Max_idx = 0;
for (int i = 1; i < 30; i++) {
if (val[29][i] > val[29][Max_idx]) {
Max_idx = i;
}
if (val[29][Min_idx] > val[29][i]) {
Min_idx = i;
}
}
printf("%lf\n", val[29][Max_idx]/val[29][Min_idx]*tag); //72665192664
return 0;
}
标题：方格分割
6x6的方格，沿着格子的边线剪开成两部分。
要求这两部分的形状完全相同。
如图：p1.png, p2.png, p3.png 就是可行的分割法。
试计算：
包括这3种分法在内，一共有多少种不同的分割方法。
注意：旋转对称的属于同一种分割法。
请提交该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。
有回溯的深搜，相当于对剪痕的搜索，由于两部分中心对称，所以中心成为剪痕的起点，边界成为终点。而每次搜索都要把对称位置标记一下，由于有四个方向，所以最终***括四组中心对称的图形，所以记得÷4。
答案：509
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int vis[7][7];
int nxt[4][2] = {0,1,1,0,0,-1,-1,0};
int nxt2[4][2] = {0,-1,-1,0,0,1,1,0};
long long ans = 0;
void DFS (int x, int y, int kx, int ky) {
if (x == 0 || x == 6 || y == 0 || y == 6) {
ans++;
return ;
}
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int ix = x + nxt[i][0];
int iy = y + nxt[i][1];
int jx = kx + nxt2[i][0];
int jy = ky + nxt2[i][1];
if (vis[ix][iy] == 0 && vis[jx][jy] == 0) {
vis[ix][iy] = 1;
vis[jx][jy] = 1;
DFS (ix, iy, jx, jy);
vis[ix][iy] = 0;
vis[jx][jy] = 0;
}
}
}
int main() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
vis[3][3] = 1;
DFS (3, 3, 3, 3);
printf("%lld\n", ans/4); //509
return 0;
}
标题：取数位
求1个整数的第k位数字有很多种方法。
以下的方法就是一种。
// 求x用10进制表示时的数位长度
int len(int x){
if(x<10) return 1;
return len(x/10)+1;
}
// 取x的第k位数字
int f(int x, int k){
if(len(x)-k==0) return x%10;
return _____________________; //填空
}
int main()
{
int x = 23574;
printf("%d\n", f(x,3));
return 0;
}
对于题目中的测试数据，应该打印5。
请仔细分析源码，并补充划线部分所缺少的代码。
注意：只提交缺失的代码，不要填写任何已有内容或说明性的文字。
答案：f(x/10,k)
PS：从右往左数
标题：最大公共子串
最大公共子串长度问题就是：
求两个串的所有子串中能够匹配上的最大长度是多少。
比如："abcdkkk" 和 "baabcdadabc"，
可以找到的最长的公共子串是"abcd",所以最大公共子串长度为4。
下面的程序是采用矩阵法进行求解的，这对串的规模不大的情况还是比较有效的解法。
请分析该解法的思路，并补全划线部分缺失的代码。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define N 256
int f(const char* s1, const char* s2)
{
int a[N][N];
int len1 = strlen(s1);
int len2 = strlen(s2);
int i,j;
memset(a,0,sizeof(int)*N*N);
int max = 0;
for(i=1; i<=len1; i++){
for(j=1; j<=len2; j++){
if(s1[i-1]==s2[j-1]) {
a[i][j] = __________________________; //填空
if(a[i][j] > max) max = a[i][j];
}
}
}
return max;
}
int main()
{
printf("%d\n", f("abcdkkk", "baabcdadabc"));
return 0;
}
注意：只提交缺少的代码，不要提交已有的代码和符号。也不要提交说明性文字。
答案：a[i-1][j-1] + 1
标题：日期问题
小明正在整理一批历史文献。这些历史文献中出现了很多日期。小明知道这些日期都在1960年1月1日至2059年12月31日。令小明头疼的是，这些日期采用的格式非常不统一，有采用年/月/日的，有采用月/日/年的，还有采用日/月/年的。更加麻烦的是，年份也都省略了前两位，使得文献上的一个日期，存在很多可能的日期与其对应。
比如02/03/04，可能是2002年03月04日、2004年02月03日或2004年03月02日。
给出一个文献上的日期，你能帮助小明判断有哪些可能的日期对其对应吗？
输入
----
一个日期，格式是"AA/BB/CC"。 (0 <= A, B, C <= 9)
输入
----
输出若干个不相同的日期，每个日期一行，格式是"yyyy-MM-dd"。多个日期按从早到晚排列。
样例输入
----
02/03/04
样例输出
----
2002-03-04
2004-02-03
2004-03-02
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
细节题，写这种日期问题要一步步来，利用类将我们要提取地信息筛出来做处理再还原
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int is_ren (int y) {
if (y % 400 == 0 || y % 4 == 0 && y % 100 != 0) {
return 1;
}
return 0;
}
string int_toString (int num) {
string tmp;
while (num > 0) {
char ch = num % 10 + '0';
tmp.insert(0, 1, ch);
num/= 10;
}
if (tmp.size() == 1) {
tmp.insert(0, 1, '0');
}
return tmp;
}
struct Date {
int y[3],m[3],d[3];
//年/月/日
//月/日/年
//日/月/年
set<string> st;
Date(string str) {
y[0] = (str.at(0)-'0')*10 + (str.at(1)-'0');
m[0] = (str.at(3)-'0')*10 + (str.at(4)-'0');
d[0] = (str.at(6)-'0')*10 + (str.at(7)-'0');
m[1] = (str.at(0)-'0')*10 + (str.at(1)-'0');
d[1] = (str.at(3)-'0')*10 + (str.at(4)-'0');
y[1] = (str.at(6)-'0')*10 + (str.at(7)-'0');
d[2] = (str.at(0)-'0')*10 + (str.at(1)-'0');
m[2] = (str.at(3)-'0')*10 + (str.at(4)-'0');
y[2] = (str.at(6)-'0')*10 + (str.at(7)-'0');
for (int i = 0; i < 3; i++) {
if (y[i] < 60) {
y[i] += 2000;
}else {
y[i] += 1900;
}
}
st.clear();
}
void legal_op () {
int month[2][13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31,
0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
for (int i = 0; i < 3; i++) {
if (m[i] < 1 || m[i] > 12) {
continue;
}
int tag = is_ren(y[i]);
if (month[tag][m[i]] < d[i] || d[i] < 1) {
continue;
}
string tmp = int_toString(y[i]) + "-" + int_toString(m[i]) + "-" + int_toString(d[i]);
st.insert(tmp);
}
}
};
int main() {
string date;
cin >> date;
Date ans(date);
ans.legal_op();
for (set<string>::iterator it = ans.st.begin(); it != ans.st.end(); it++) {
cout << *it << endl;
}
return 0;
}
标题：包子凑数
小明几乎每天早晨都会在一家包子铺吃早餐。他发现这家包子铺有N种蒸笼，其中第i种蒸笼恰好能放Ai个包子。每种蒸笼都有非常多笼，可以认为是无限笼。
每当有顾客想买X个包子，卖包子的大叔就会迅速选出若干笼包子来，使得这若干笼中恰好一共有X个包子。比如一共有3种蒸笼，分别能放3、4和5个包子。当顾客想买11个包子时，大叔就会选2笼3个的再加1笼5个的（也可能选出1笼3个的再加2笼4个的）。
当然有时包子大叔无论如何也凑不出顾客想买的数量。比如一共有3种蒸笼，分别能放4、5和6个包子。而顾客想买7个包子时，大叔就凑不出来了。
小明想知道一共有多少种数目是包子大叔凑不出来的。
输入
----
第一行包含一个整数N。(1 <= N <= 100)
以下N行每行包含一个整数Ai。(1 <= Ai <= 100)
输出
----
一个整数代表答案。如果凑不出的数目有无限多个，输出INF。
例如，
输入：
2
4
5
程序应该输出：
6
再例如，
输入：
2
4
6
程序应该输出：
INF
样例解释：
对于样例1，凑不出的数目包括：1, 2, 3, 6, 7, 11。
对于样例2，所有奇数都凑不出来，所以有无限多个。
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
首先当所有数字不互质地话一定有某一倍的数凑不到，然后如果gcd=1的话利用类似于完全背包的递推方式将能凑得到得数标记为1，最后遍历一遍0得个数。
dp[j]：和为j是否能凑到
状态转移方程：dp[j] = dp[j-val[i]]
初始化：dp[0]=1 一个都不买肯定能凑到
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)1e4+5;
int dp[maxn],val[105],n;
int GCD (int a, int b) {
if (b % a == 0) {
return a;
}
return GCD (b, b%a);
}
int main() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> val[i];
}
int tag = val[1];
for (int i = 2; i <= n; i++) {
tag = GCD (tag, val[i]);
}
if (tag != 1) {
cout << "INF" << endl;
}else {
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = val[i]; j <= 10000; j++) {
if (dp[j] == 0)
dp[j] = dp[j-val[i]];
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= 10000; i++) {
if (dp[i] == 0) {
ans++;
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
标题： 分巧克力
儿童节那天有K位小朋友到小明家做客。小明拿出了珍藏的巧克力招待小朋友们。
小明一共有N块巧克力，其中第i块是Hi x Wi的方格组成的长方形。
为了公平起见，小明需要从这 N 块巧克力中切出K块巧克力分给小朋友们。切出的巧克力需要满足：
1. 形状是正方形，边长是整数
2. 大小相同
例如一块6x5的巧克力可以切出6块2x2的巧克力或者2块3x3的巧克力。
当然小朋友们都希望得到的巧克力尽可能大，你能帮小Hi计算出最大的边长是多少么？
输入
第一行包含两个整数N和K。(1 <= N, K <= 100000)
以下N行每行包含两个整数Hi和Wi。(1 <= Hi, Wi <= 100000)
输入保证每位小朋友至少能获得一块1x1的巧克力。
输出
输出切出的正方形巧克力最大可能的边长。
样例输入：
2 10
6 5
5 6
样例输出：
2
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
二分答案
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)1e6+5;
struct Node {
int h,w;
}val[maxn];
int n,k;
bool check (int w) {
int cnt = k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cnt -= (val[i].h/w)*(val[i].w/w);
if (cnt <= 0) break;
}
if (cnt <= 0) return true;
return false;
}
int find (int l, int r) {
while (l <= r) {
int mid = l + ((r -l) >> 1);
if (check(mid)) {
l = mid + 1;
}else {
r = mid - 1;
}
}
if (check(l))
return l;
return l-1;
}
int main() {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> val[i].h >> val[i].w;
}
cout << find(1, 100000) << endl;
return 0;
}
标题： k倍区间
给定一个长度为N的数列，A1, A2, ... AN，如果其中一段连续的子序列Ai, Ai+1, ... Aj(i <= j)之和是K的倍数，我们就称这个区间[i, j]是K倍区间。
你能求出数列中总共有多少个K倍区间吗？
输入
-----
第一行包含两个整数N和K。(1 <= N, K <= 100000)
以下N行每行包含一个整数Ai。(1 <= Ai <= 100000)
输出
-----
输出一个整数，代表K倍区间的数目。
例如，
输入：
5 2
1
2
3
4
5
程序应该输出：
6
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
利用前缀和可以在O(1)的时间内查询到[l,r]区间的区间和，如果写个树状数组还是得要枚举开头和结尾O(n^2logn)，不如直接用前缀和，发现我们每次要判断的是(sum®-sum(l-1))%k == 0，相当于sum®%k == sum(l-1)%k。所以在前缀和直接做模操作然后hash到表中记录每种同模的个数，然后使得上面那个式子成立的就是每种模中至少有两个，然后计算一个等差数列。如果同余0的话还要单独加上那些自己等于自己的区间。复杂度O(n)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)1e5+5;
typedef long long LL;
int val[maxn],n,k;
int prefix_sum[maxn];
int cnt[maxn];
LL ans = 0;
LL calc (LL k) {
return ((k+1)*k) >> 1;
}
int main() {
memset(prefix_sum, 0, sizeof(prefix_sum));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> val[i];
prefix_sum[i] = (prefix_sum[i-1] + val[i])%k;
cnt[prefix_sum[i]]++; //同模的组数 相当于不同的k倍区间的数量
}
for (int i = 1; i < k; i++) {
ans += calc(cnt[i]-1);
}
ans += calc(cnt[0]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
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