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1. 跑步训练
小明要做一个跑步训练。
初始时，小明充满体力，体力值计为 10000。如果小明跑步，每分钟损耗600 的体力。如果小明休息，每分钟增加 300 的体力。体力的损耗和增加都是均匀变化的。小明打算跑一分钟、休息一分钟、再跑一分钟、再休息一分钟……如此循环。如果某个时刻小明的体力到达 0，他就停止锻炼。请问小明在多久后停止锻炼。为了使答案为整数，请以秒为单位输出答案。
答案中只填写数，不填写单位。
题解
答案：3880
本题思想简单，数据也不大，可以手算：
总体力值N = 10000；
跑一分钟、休息一分钟，一个循环消耗300体力，累计两分钟，
则：300*32 = 9600，即32次循环后，会消耗9600体力，累计32*2 = 64 分钟；
还剩余10000 - 9600 = 400，跑步一分钟消耗600体力，所以每秒消耗10体力；
64分钟后还剩400体力，所以还可以跑40秒；
小明停止时，累计64*60 + 40 = 3880
2. 纪念日
2020 年 7 月 1 日是中国共产党成立 99 周年纪念日。中国共产党成立于 1921 年 7 月 23 日。请问从 1921 年 7 月 23 日中午 12 时到 2020 年 7 月 1 日中午 12 时一共包含多少分钟？
题解
答案：52038720
日期类的问题可以用Excel表格做
3. 合并检测
新冠疫情由新冠病毒引起，最近在 A 国蔓延，为了尽快控制疫情，A 国准备给大量民众进病毒核酸检测。然而，用于检测的试剂盒紧缺。为了解决这一困难，科学家想了一个办法：合并检测。即将从多个人（k个）采集的标本放到同一个试剂盒中进行检测。如果结果为阴性，则说明这 k个人都是阴性，用一个试剂盒完成了 k 个人的检测。如果结果为阳性，则说明至少有一个人为阳性，需要将这 k 个人的样本全部重新独立检测（从理论上看，如果检测前 k - 1 个人都是阴性可以推断出第 k 个人是阳性，但是在实际操作中不会利用此推断，而是将 k 个人独立检测），加上最开始的合并检测，一共使用了 k + 1 个试剂盒完成了 k 个人的检测。
A 国估计被测的民众的感染率大概是 1%，呈均匀分布。请问 k 取多少能最节省试剂盒？
题解
答案：10
假设A国有n个人，感染者有n/100
每k个人一组，共n/k组，共用n/k瓶试剂 按照最坏的情况，每多出一个感染者就多用k瓶试剂， 因此共用n/k+(n/100)*k瓶试剂
n是定值，所以求(1/k+k/100)最小
由于a+b>=2√ab 当且仅当a = b时，取等号 即1/k=k/100时，取得最小值
解得k = 10
4. REPEAT程序
附件 prog.txt 中是一个用某种语言写的程序。其中 REPEAT k 表示一个次数为 k 的循环。循环控制的范围由缩进表达，从次行开始连续的缩进比该行多的（前面的空白更长的）为循环包含的内容。
例如如下片段：
REPEAT 2:
A = A + 4
REPEAT 5:
REPEAT 6:
A = A + 5
A = A + 7
A = A + 8
A = A + 9
该片段中从 A = A + 4 所在的行到 A = A + 8 所在的行都在第一行的循环两次中。
REPEAT 6: 所在的行到 A = A + 7 所在的行都在 REPEAT 5: 循环中。
A = A + 5 实际总共的循环次数是 2 × 5 × 6 = 60 次。
请问该程序执行完毕之后，A 的值是多少？
题解
答案： 241830
思路： 可以建立一个栈来存放循环的信息，一个变量times存放当前行数被执行的次数。通过对文本的观察我们发现，可以通过每一行前面的空格数量来判断当前行数的“等级”，4个空格代表一个等级。如果当前行等级比上一层循环的等级低则说明退出了上一层循环，对栈和times进行改变即可。随后我们发现整个文本里面，所有数字都为单位数，所以我们直接用循环找到一个数字即可提取出该行的有效数字。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
string string_;
stack<long long> stack_;
freopen("prog.txt", "rb", stdin);
getline(cin, string_);//读第一行 A=0
long long A=0,times=1,old_counts=0;//A=0,当前倍数，老的层数
while(getline(cin, string_))
{
long long counts=0;//当前的层数，
for(counts=0; counts < string_.size(); counts++)
{
//记录空格数 4个空格是一层
if(string_[counts] != ' ')
break;
}
counts /= 4;//这句话的层数
while(counts < old_counts)//新层数低 则退出一层循环 pop
{
times /= stack_.top();
stack_.pop();
old_counts--;
}
if(string_[counts*4] == 'R')//R开头就是新增循环
{
for(long long now=counts*4; now < string_.size(); now++)//找到数字
{
if(string_[now]>='0' && string_[now]<='9')//如果是数字
{
stack_.push(string_[now]-'0');
times *= string_[now]-'0';
old_counts++;
break;
}
}
} else{
for(long long now = counts*4;now < string_.size(); now++)//找到数字
{
if(string_[now] >= '0' && string_[now] <= '9')//如果是数字
{
A += (string_[now]-'0') *times;
break;
}
}
}
}
cout<<A;
return 0;
}
5. 矩阵
把 1 ∼ 2020 放在 2 × 1010 的矩阵里。要求同一行中右边的比左边大，同一列中下边的比上边的大。一共有多少种方案？答案很大，你只需要给出方案数除以 2020 的余数即可。
题解
答案：1340
本题可用动态规划求解
将当前数放在第一行：dp[i][j] += dp[i - 1][j]
将当前数放在第二行：dp[i][j] += dp[i][j - 1]
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[1020][1020];
int main()
{
dp[0][0] = 1; // 两行一个数字都不放，也是一种方案
for (int i = 0; i <= 1010; i ++)
for (int j = 0; j <= 1010; j ++)
{
if(i - 1 >= j) // 转移前的状态也要合法，即第一行的数量不小于第二行的数量
dp[i][j] += dp[i - 1][j] % 2020;
if(j)
dp[i][j] += dp[i][j - 1] % 2020;
}
cout << f[1010][1010] << endl;
return 0;
}
6. 整除序列
问题描述
有一个序列，序列的第一个数是 n，后面的每个数是前一个数整除 2，请输出这个序列中值为正数的项。
输入格式
输入一行包含一个整数 n。
输出格式
输出一行，包含多个整数，相邻的整数之间用一个空格分隔，表示答案。
样例输入
20
样例输出
20 10 5 2 1
测试数据
对于 80% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 109
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 1018
题解
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
long long n;
cin >> n;
while(n){
cout << n << ' ';
n = n/2;
}
return 0;
}
7. 解码
问题描述
小明有一串很长的英文字母，可能包含大写和小写。在这串字母中，有很多连续的是重复的。小明想了一个办法将这串字母表达得更短：将连续的几个相同字母写成字母 + 出现次数的形式。例如，连续的 5 个 a，即 aaaaa，小明可以简写成 a5（也可能简写成 a4a、aa3a 等）。对于这个例子：HHHellllloo，小明可以简写成 H3el5o2。为了方便表达，小明不会将连续的超过 9 个相同的字符写成简写的形式。现在给出简写后的字符串，请帮助小明还原成原来的串。
输入格式
输入一行包含一个字符串。
输出格式
输出一个字符串，表示还原后的串。
样例输入
H3el5o2
样例输出
HHHellllloo
测试数据
对于所有评测用例，字符串由大小写英文字母和数字组成，长度不超过100。
请注意原来的串长度可能超过 100。
题解
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
string s,c;
int main(){
getline(cin,s);
int len = s.length();
for(int i=0; i<len; i++){
if((s[i]>='a' && s[i]<='z') || (s[i]>='A' && s[i]<='Z'))
cout << s[i];
else if(s[i]>='0' && s[i]<='9'){
int k = s[i]-'1';
while(k--){
cout << s[i-1];
}
}
}
return 0;
}
8. 走方格
问题描述
在平面上有一些二维的点阵。这些点的编号就像二维数组的编号一样，从上到下依次为第 1 至第 n 行，从左到右依次为第 1 至第 m 列，每一个点可以用行号和列号来表示。现在有个人站在第 1 行第 1 列，要走到第 n 行第 m 列。只能向右或者向下走。注意，如果行号和列数都是偶数，不能走入这一格中。问有多少种方案。
输入格式
输入一行包含两个整数 n, m。
输出格式
输出一个整数，表示答案。
样例输入
3 4
样例输出
2
样例输入
6 6
样例输出
0
测试数据
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 30, 1 ≤ m ≤ 30。
题解
#include <iostream>
using namespace std;
int N,M;
int f[35][35];
int res = 0;
int dx[2] = {
1,0}, dy[2]={
0,1};
void dfs(int x, int y){
//到达终点，方案数加1
if(x == N && y == M)
res++;
//两个方向
for(int i=0; i<=1; i++){
int nx = x+dx[i], ny = y+dy[i];
if(nx>=1 && nx<=N && ny>=1 && ny<=M && f[nx][ny]==0)
dfs(nx,ny);
}
return ;
}
int main(){
cin >> N >>M;
for(int i=0; i<=N; i++){
for(int j=0; j<=M; j++){
// 第一行与第二列不走，赋值为1
f[0][j] = 1;
f[i][0] = 1;
// 行号列号同为偶数的不走，赋值为1
if(i%2==0 && j%2==0)
f[i][j] = 1;
}
}
if(N%2==0 && M%2==0)
cout << res;
else{
dfs(1,1);
cout << res;
}
return 0;
}
9. 整数拼接
问题描述
给定义个长度为 n 的数组 A1, A2, · · · , An。你可以从中选出两个数 Ai 和 Aj (i 不等于 j)，然后将 Ai 和 Aj 一前一后拼成一个新的整数。例如 12 和 345 可以拼成 12345 或 34512。注意交换 Ai 和 Aj 的顺序总是被视为 2 种拼法，即便是 Ai = Aj 时。请你计算有多少种拼法满足拼出的整数是 K 的倍数。
输入格式
第一行包含 2 个整数 n 和 K。
第二行包含 n 个整数 A1, A2, · · · , An。
输出格式
一个整数代表答案。
样例输入
4 2
1 2 3 4
样例输出
6
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ K ≤ 20, 1 ≤ Ai ≤ 104。
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 105，1 ≤ K ≤ 105，1 ≤ Ai ≤ 109。
题解
对于 30% 的评测用例，可以直接用暴力循环
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MAX_N = 100000;
int n, k;
int A[MAX_N];
int ping(int x, int y){
int k = 0;
int t = y;
while(t){
t = t/10;
k++;
}
return x*pow(10,k) + y;
}
int main(){
int res = 0;
cin >> n >> k;
for(int i=0; i<n; i++){
cin >> A[i];
}
for(int i=0; i<n; i++){
for(int j=i+1; j<n; j++){
if(ping(A[i],A[j]) % k == 0)
res++;
if(ping(A[j],A[i]) % k == 0)
res++;
}
}
cout << res;
return 0;
}
对于所有评测用例，模运算：
选取a[i],a[j],那么(a[i]∗10 len(a[j]) +a[j]) % k = 0
a [i] ∗ 10len(a[j]) % k + a[j] % k = 0
预处理 cnt[len][x] 表示满足 a[i] ∗ 10len % k = x 的 i 的个数
对于每个 a[j] ，找满足 a[i] ∗ 10len(a[j]) % k = ( k − a[j] % k ) % k 的 i 的个数即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxm=1e5+5;
ll a[maxm];
ll cnt[20][maxm];
ll p[maxm];
ll n,k;
int getlen(int x){
int ans=0;
while(x){
ans++,x/=10;
}
return ans;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
p[0]=1%k;
for(int i=1;i<20;i++)p[i]=p[i-1]*10%k;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int len=0;len<20;len++){
cnt[len][a[i]*p[len]%k]++;
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int len=0;len<20;len++){
//减掉自己防止匹配
cnt[len][a[i]*p[len]%k]--;
}
int len=getlen(a[i]);
ans+=cnt[len][(k-a[i]%k)%k];
for(int len=0;len<20;len++){
//加回去
cnt[len][a[i]*p[len]%k]++;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
10. 网络分析
问题描述
小明正在做一个网络实验。他设置了 n 台电脑，称为节点，用于收发和存储数据。初始时，所有节点都是独立的，不存在任何连接。小明可以通过网线将两个节点连接起来，连接后两个节点就可以互相通信了。两个节点如果存在网线连接，称为相邻。小明有时会测试当时的网络，他会在某个节点发送一条信息，信息会发送到每个相邻的节点，之后这些节点又会转发到自己相邻的节点，直到所有直接或间接相邻的节点都收到了信息。所有发送和接收的节点都会将信息存储下来。一条信息只存储一次。给出小明连接和测试的过程，请计算出每个节点存储信息的大小。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示节点数量和操作数量。节点从1 至 n 编号。
接下来 m 行，每行三个整数，表示一个操作。
如果操作为 1 a b，表示将节点 a 和节点 b 通过网线连接起来。当 a = b时，表示连接了一个自环，对网络没有实质影响。
如果操作为 2 p t，表示在节点 p 上发送一条大小为 t 的信息。
输出格式
输出一行，包含 n 个整数，相邻整数之间用一个空格分割，依次表示进行
完上述操作后节点 1 至节点 n 上存储信息的大小。
样例输入
4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 1
样例输出
13 13 5 3
测试数据
对于 30% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 20，1 ≤ m ≤ 100。
对于 50% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000。
对于 70% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000。
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000，1 ≤ t ≤ 100。
题解
思路： 核心思路是并查集。一个数组用来存旧值，一个数组用来存根结点权值，一个数组是并查集的father数组。执行2操作时，查集寻找到操作值的根结点并加权。执行1操作时，若两数在一个集内则不操作；若两数不在一个集内，则对所有节点进行遍历，使他们的旧值数组加上其根节点的权值，随后进行并集操作。记得对权值数组进行清零，防止后面重复计算。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int old_[10001],new_[10001],father[10001],n,m;//存老值 存根节点新值 父节点数组
int find(int a)
{
return father[a]==a ? a : father[a]=find(father[a]);//路径压缩
}
void union_(int a,int b)
{
int temp_a=find(a),temp_b=find(b);
if(temp_a!=temp_b)
{
for(register int now=1;now<=n;now++)
{
old_[now]+=new_[find(now)];//旧值数组遍历加上权值
}
memset(new_,0,sizeof(new_));//重置权值数组，防止重复计算
father[temp_a]=temp_b;
}
}
int main()
{
int a,b,c;
memset(new_,0,sizeof(new_));
for(register int now=1;now<=10000;now++)
{
father[now]=now;//father数组初始化
}
scanf("%d %d",&n,&m);
while(m--)
{
scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
if(a==1)
{
union_(b,c);
}
else
{
new_[find(b)]+=c;
}
}
for(register int now=1;now<=n;now++)
{
printf("%d ",old_[now]+new_[find(now)]);
}
return 0;
}