问题 A: 打印方阵
题目描述
下面这样的方阵很有规律，称为蛇形方阵。例如33的：
1 2 3
6 5 4
7 8 9
现在给定边长，输出相应的蛇形方阵。
输入
1个整数n，表示要输出nn的蛇形方阵，1<=n <=100。
输出
n行，每行n个整数，空格隔开。
样例输入 Copy
4
样例输出 Copy
1 2 3 4
8 7 6 5
9 10 11 12
16 15 14 13
思路：
第一行从左到右增大，下一行从右向左增大，只需要定义一个变量k，k = 0时，从左向右增大，一行数填完之后标记k = 1，继续循环即可
int a[105][105];
int n,k,tot;
int main()
{
cin >> n;
memset(a,0,sizeof(a));
k = 0,tot = 1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(k == 0)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
a[i][j] = tot++;
k = 1;
}
}
else
{
for(int j=n-1;j>=0;j--)
{
a[i][j] = tot++;
k = 0;
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
printf("%d ",a[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
问题 B: 分数减法
题目描述
这样的分式运算我们都会。请编程计算两个分数相减的结果。
输入
第一行2个整数a和b，表示一个分数a/b，1<=a<b <=10000。
第二行2个整数c和d，表示一个分数c/d，1<=c<d <=10000。
输入数据保证计算结果为正。
输出
2个整数，表示结果。
提示：运算结果分式要约分。
样例输入 Copy
4 7
1 3
样例输出 Copy
5 21
思路：
先计算b、d的最小公倍数，把分母通分，然后计算新的分子分母的最大公约数，对结果进行约分。要考虑如果最后分子是分母倍数的情况
ll a,b,c,d,x,y,z;
int main ()
{
cin >> a >> b;
cin >> c >> d;
z = gcd(b,d);//最大公约数
y = b*d/z;//最小公倍数
x = a*(y/b)-c*(y/d);
if(x/y == 1) printf("1\n");
else
{
if(x%y == 0) printf("%d\n",x/y);
else
{
z = gcd(x,y);
x = x/z;
y = y/z;
printf("%d %d\n",x,y);
}
}
return 0;
}
问题 E: 可表示的数
题目描述
有N个整数从左到右排成一行，如果某个数等于它前面的2个数的和，就称这个数是可以表示的数。问给定的数列里有多少个数是可以表示的数。
输入
第一行1个整数N，表示数列有多少个整数。1<=N<=10000。
第二行N个正整数，每个正整数不超过10000。
输出
一个整数，有多少可表示的数。
样例输入 Copy
8
5 2 2 3 4 8 7 16
样例输出 Copy
3
提示
4=2+2；8=5+3； 7=3+4
思路：
三层循环会超时，所以考虑用两层循环解决。把两个数相加之后的和用数组标记为1，当标记数组为1时，则结果++。这里要注意每次在最前面进行if的判断，这样可以保证是这个数的前面两个数的和
int n,ans;
int a[10005],vis[20005];
int main()
{
cin >> n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin >> a[i];
if(vis[a[i]] == 1) ans++;//保证和在后面
//如果把这一行判断单独拿出来，则无法保证先后顺序
for(int j=0;j<i;j++)
{
vis[a[i]+a[j]] = 1;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
问题 F: 叠罗汉
题目描述
农场的N头奶牛喜欢玩叠罗汉游戏，就是几头奶牛1头奶牛接着1头奶牛的站成一柱子形状。不过奶牛的力量不一样，用数值Ci表示第i头奶牛它的上面最多可以站多少头奶牛，问这些奶牛最少可以站成几个柱子形状。
输入
第一行1个整数N，表示有多少头奶牛。1<=N<=1000。
第二行N个正整数Ci，表示这些奶牛的力量。0<=Ci<=1000。
输出
一个整数，表示最少成几个“罗汉”。
样例输入 Copy
5
0 2 1 2 2
样例输出 Copy
2
提示
可以第1、第3、第2头奶牛从上向下叠罗汉； 第4、第5头奶牛叠罗汉。
思路：
有点贪心的思想，让力量大的放在底部。把每一个力量的数量记录一下，遍历力量，如果存在比当前力量大的并且满足这个数大于等于上面已经叠好的，那么这一组罗汉的个数就可以加一，同时记录这个力量的数组减一
int n,x,ans,cnt;
int vis[1005];
int main()
{
cin >> n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin >> x;
vis[x]++;
}
for(int i=0;i<=1000;i++)
{
while(vis[i] > 0)//存在这个力量
{
ans++;
cnt = 0;
for(int j=i;j<=1000;j++)
//从这个力量往上，判断有没有比当前力量更大的，如果有，就可以放在下面
{
while(vis[j] > 0 && j >= cnt)
{
vis[j]--;//用过一个之后就减少
cnt++;//在最下面放了一个就+1
}
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
问题 G: 高精度求商
题目描述
输入两个整数M和N，求它们的商和余数。
输入
一行，两个整数M和N（0＜M,N≤10100）
输出
一行，两个整数，表示M除以N所得的商和余数
样例输入 Copy
140 5
样例输出 Copy
28 0
待更新
问题 H: 掰手腕
题目描述
编程集训，好累人！
课间，有N个人闹着要掰手腕比赛，时间有限，只进行K场对弈。
每个人最多参加两场对弈，最少参加零场对弈。
每个人都有一个与其他人都不相同的等级（用一个正整数来表示）。
在对弈中，等级高的人在裁判的右边，等级低的人在裁判的左边。
每一个人最多只能在左边和右边各一次。
为了增加比赛的可观度，观众希望K场对弈中双方的等级差的总和最小。
比如有7个选手，他们的等级分别是30,17,26,41,19,38,18，要进行3场比赛。最好的安排是Player 2 vs Player 7, Player 7 vs Player 5 , Player 6 vs Player 4，此时等级差的总和等于(18 - 17) + (19 - 18) + (41 - 38) = 5达到最小。
输入
第一行两个正整数N，K；
接下来有N行，第i行表示第i+1个人等级。
输出
在第一行输出最小的等级差的总和。
样例输入 Copy
7 3
30
17
26
41
19
38
18
样例输出 Copy
5
提示
在90%的数据中，1 ≤ N ≤ 3000；
在100%的数据中，1 ≤ N ≤ 100000；
保证所有输入数据中等级的值小于10^8，1 ≤ K ≤ N-1 。
思路：
首先对原数据排序，把每两个数之间的差值保存下来，对差值再排序，将前k个加和即可
int n,k,ans,cnt;
int a[maxn],b[2*maxn];
int main()
{
cin >> n >> k;
for(int i=0;i<n;i++) cin >> a[i];
sort(a,a+n);
for(int i=0;i<n-1;i++)
b[cnt++] = a[i+1]-a[i];
sort(b,b+cnt);
for(int i=0;i<k;i++)
ans += b[i];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
问题 I: 踢石头
题目描述
编程集训，真累人！
课间，某君在操场上沿着笔直的跑道从左往右走着、散步休息……
看到有N个排成一直线的小石头，于是他无聊的踢了起来：
在他遇到第“奇数”块石头时，他会将其往前面踢，能踢多远在输入中会给出，而遇到第“偶数”个石头时不进行处理（不踢：略过）。当有多个石头在同一位置时，则先处理“射程”（踢下，石头往前移的距离）最短的石头。
然后他就这么一直往前走，边走边踢，直到前面已经没有任何石头时，这时候计算该群与出发点的距离。
输入
第一行一个正整数N (0<N<=100,000)，表示石头的个数
接下来有N行，每行两个整数，分别表示石头的位置Pi及其射程Di。Pi(0<=Pi<=100,000) 、Di(0<=Di<=1,000)
输出
前面没石头时，离出发点的距离
样例输入 Copy
【样例1】
2
1 5
2 4
【样例2】
2
1 5
6 6
样例输出 Copy
【样例1】
11
【样例2】
12
提示
样例1解析
一开始的时候遇到的是第一个石头（1，5）,他的坐标是1,然后往前踢了5个单位之后,坐标变成（6，5） 随后继续往前走,开始遇到第二个石头（2，4）,忽略过。 然后继续往前走,遇到了第三个石头（6，5），即原第一个石头，但是它此时坐标为6。往前踢了5个单位之后,坐标变成（11，5）, 继续往前走，一直走到坐标11时，遇到第四个石头（11，5），忽略。 前面已经没有石头了,因此此时离坐标原点的距离为11。
在90%的数据中，1 ≤ N ≤ 3000；
在100%的数据中，1 ≤ N ≤ 100000；
保证所有输入数据中等级的值小于10^8，1 ≤ K ≤ N-1 。
思路：
我们可以运用优先队列解决上述问题，先将每个石头的位置及其能够扔的距离封装成一个结构体。优先队列的优先级即可。利用一个bool变量来控制奇偶，奇数时处理，偶数时不处理。最后的一个石头的坐标即是能扔的最远的距离
ll n;
struct node
{
ll p;
ll d;
friend bool operator<(node a,node b)
{
if(a.p == b.p) return a.d > b.d;
return a.p > b.p;
}
};
int main()
{
cin >> n;
node a;
priority_queue<node> q;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin >> a.p >> a.d;
q.push(a);
}
bool temp = true;//切换奇偶
while(!q.empty())
{
a = q.top(); q.pop();
if(temp)
{
a.p += a.d;
q.push(a);//踢出去的石头放回队列
}
temp = !temp;
}
cout << a.p << endl;
return 0;
}
