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1.握手问题
题目描述：
解题思路1（组合数学）
按照题目描述来说，会议有五十人，如果不加任何限制条件，这五十个人两两握手的次数是：
t o t a l = 49 + 48 + 47 + . . . . . . . . + 1 total=49+48+47+........+1 total=49+48+47+........+1
利用高斯求和的得出： t o t a l = 50 ∗ 49 / 2 total=50*49/2 total=50∗49/2
如果加上限制条件的话，题目给定的其中有七个人不会相互握手，需要用上面总的不加限制的减去七个人相互握手的次数。
c n t = 6 + 5 + . . . . . . + 1 = 7 ∗ 6 / 2 cnt=6+5+......+1=7*6/2 cnt=6+5+......+1=7∗6/2
上述两式作差即可
编写代码：
c
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int total = 50 * 49 / 2;
int cnt = 7 * 6 / 2;
cout << total - cnt << endl;
return 0;
}解题思路2（暴力枚举）
将每个人握手的情况枚举出来即可。
c
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= 50;i++)
{
for (int j = i + 1;j <= 50;j++)
{
//排除掉七人的情况
if (!(i >= 1 && i <= 7 && j >= 1 && j <= 7))
{
ans++;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}2.小球反弹
问题描述：
做题思路
这道题我们肯定不能直接做的，这道题给定了 d x : d y dx:dy dx:dy的值说明这道题我们应该分解来做，将小球的反弹的路径分解为x方向和y方向来做。
我们首先假设x方向上经过了p个来回，y方向上经历了q个来回，因为是分解的缘故，所以两个分解方向上的时间是相同的。
所以可以得出两个等式：
d x ∗ t = 2 p x dx*t=2px dx∗t=2px（由于这里一半的路程是x，所以一个来回的路程是2x，乘以来回就是总路程）
d y ∗ t = 2 q x dy*t=2qx dy∗t=2qx
将这两个式子进行比例
d x d y = p x q y \frac{dx}{dy}=\frac{px}{qy} dydx=qypx
得到这个式子之后我们可以利用gcd对这个式子的左边进行约分。
可以得出： p = d x ∗ y p=dx*y p=dx∗y和 q = d y ∗ x q=dy*x q=dy∗x
算出q或者p之后可以利用公式计算t： t = 2 p x / d x t=2px/dx t=2px/dx
最后得出总路程： 总路程 = t ∗ ( s q r t ( 1 5 2 + 1 7 2 ) ) 总路程=t*(sqrt(15^2+17^2)) 总路程=t∗(sqrt(152+172))
编写代码：
c
//求最大公约数
int gcd(int a, int b)
{
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int main()
{
//给出x方向和y方向的速度
int dx = 15, dy = 17;
//给出x方向和y方向上的距离
int x = 343720, y = 233333;
//求出多少来回
int q = dy * x, p = dx * y;
//求最大公约数
int g = gcd(p, q);
p /= g, q /= g;
//计算时间
int t = 2 * p * x / dx;
//求路程
double ans = t * sqrt(15 * 15 + 17 * 17);
printf("%.2lf\n", ans);
return 0;
}3.好数
问题描述：
数据量：
算法思路（暴力解法）---不会超时
遍历1到n的数，然后写一个check函数判断每个数是否是好数，这里的时间复杂度是 n ∗ l o g n n*logn n∗logn
编写代码：
c
#include <iostream>
using namespace std;
int N,count;
bool Check(int n)
{
int i=1;
while(n!=0)
{
int tail=n%10;
if(i%2==1)
{
if(tail%2!=1)return false;
}
else
{
if(tail%2!=0)return false;
}
i++;
n/=10;
}
return true;
}
int main()
{
// 请在此输入您的代码
cin>>N;
for(int i=1;i<N;i++)
{
if(Check(i))
{
count++;
}
}
cout<<count<<endl;
return 0;
}4.R格式
题目描述：
数据量：
可以看到这道题的数据量是很大的，涉及到了幂次，肯定不可能直接去算，这道题很显然是考察的是高精度算法（高精度*低精度）
算法思路
高精度模版题：
编写代码：
c
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
//数组模拟高精度：高精度*低精度
const int N = 2e3 + 10;
string s;
int a[N];
int main()
{
int n;
cin >> n >> s;
//反转操作
reverse(s.begin(), s.end());
//确定小数点的位置
int pos = s.find(".");
s.erase(pos, 1);//删除小数点，方便后续计算
int len = s.size();
for (int i = 0;i < len;i++) a[i + 1] = s[i] - '0';
//高精度*低精度
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
//顺序扫描，均*2
for (int j = 1;j <= len;j++) a[j] *= 2;
//处理大于10的位数
for (int j = 1;j <= len;j++)
{
if (a[j] >= 10)
{
a[j + 1]++;
a[j] %= 10;
if (j == len) len++;
}
}
}
//处理小数点后的第一位，进行四舍五入
if (a[pos] >= 5)a[pos + 1]++;
for (int i = pos + 1;i <= len;i++)
{
if (a[i] >= 10)
{
a[i + 1]++;
a[i] %= 10;
if (i == len)len++;
}
}
//打印的时候倒序打印
for (int i = len;i >= pos + 1;i--) cout << a[i];
return 0;
}5.宝石组合
题目描述：
数据范围：
首先从数据量来看这道题是不能用暴力枚举的，因为暴力枚举三个数的时间复杂度是 O ( N 3 ) O(N^3) O(N3)了。
算法思路---唯一分解定理
首先我们要知道什么是唯一分解定理，简单来说唯一分解定理就是，任意一个大于1的正整数 ，都可以唯一地表示为若干个质数的乘积，且这些质数的顺序不影响分解的唯一性。
那么可以得出：
N 1 = p 1 a 1 ⋅ p 2 a 2 ⋅ ... ⋅ p n a n N_1 = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot \ldots \cdot p_n^{a_n} N1=p1a1⋅p2a2⋅...⋅pnan
N 2 = p 1 b 1 ⋅ p 2 b 2 ⋅ ... ⋅ p n b n N_2 = p_1^{b_1} \cdot p_2^{b_2} \cdot \ldots \cdot p_n^{b_n} N2=p1b1⋅p2b2⋅...⋅pnbn
从上面两个式子可以得出：
gcd ( N 1 , N 2 ) = p 1 min ( a 1 , b 1 ) ⋅ p 2 min ( a 2 , b 2 ) ⋅ ... ⋅ p n min ( a n , b n ) \gcd(N_1,N_2) = p_1^{\min(a_1,b_1)} \cdot p_2^{\min(a_2,b_2)} \cdot \ldots \cdot p_n^{\min(a_n,b_n)} gcd(N1,N2)=p1min(a1,b1)⋅p2min(a2,b2)⋅...⋅pnmin(an,bn)
lcm ( N 1 , N 2 ) = p 1 max ( a 1 , b 1 ) ⋅ p 2 max ( a 2 , b 2 ) ⋅ ... ⋅ p n max ( a n , b n ) \operatorname{lcm}(N_1,N_2) = p_1^{\max(a_1,b_1)} \cdot p_2^{\max(a_2,b_2)} \cdot \ldots \cdot p_n^{\max(a_n,b_n)} lcm(N1,N2)=p1max(a1,b1)⋅p2max(a2,b2)⋅...⋅pnmax(an,bn)
假设Ha，Hb，Hc的分解出来的相同的质数的幂次分别是x，y，z那么可以得出：
上面的式子可以转换为幂次是：
x + y + z + max ( x , y , z ) − max ( x , y ) − max ( x , z ) − max ( y , z ) x+y+z+\max(x,y,z)-\max(x,y)-\max(x,z)-\max(y,z) x+y+z+max(x,y,z)−max(x,y)−max(x,z)−max(y,z)
相当于我们只需要求出上面式子的最大值即可。
编写代码：
c
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
//fac是存储因子的二维数组，s是求的最大值
vector<int> fac[N], s[N];
int main()
{
//遍历数组
for (int i = 1;i <= 1e5;i++)
{
for (int j = i;j <= 1e5;j += i)
{
//i是j的因子
fac[j].push_back(i);
}
}
//输入n个数
int n;cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++)cin >> a[i];
//保证字典序最小
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
//处理i的每个因子
for (int j = 0;j < fac[a[i]].size();j++)
{
//
s[fac[a[i]][j]].push_back(a[i]);
}
}
for (int i = 1e5;i >= 0;i--)
{
if (s[i].size() >= 3)
{
cout << s[i][0] << ' ' << s[i][1] << ' ' << s[i][2] << endl;
break;
}
}
return 0;
}6.数字接龙
问题描述：
数据量：
根据数据量来看这道题考察的应该是DFS，但是在DFS中应该还涉及到回溯，因为当走到不满足条件的时候需要进行回溯。
算法思路----DFS
编写代码：
c
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
const int N = 20;
int a[N][N];
bool vis[N][N];
int n, k;
//方向数组： 0 1 2 3 4 5 6 7
int dx[8] = { -1,-1,0,1,1,1,0,-1 };
int dy[8] = { 0,1,1,1,0,-1,-1,-1 };
string res;
void dfs(int x, int y, int prev, string s, int dep)
{
//当搜到终点的时候，且搜索深度是n的时候，意思就是每种情况都搜索完了
if (x == n && y == n && dep == n * n) {
if (res.empty())res = s;
return;
}
for (int i = 0;i < 8;i++)
{
//生成邻接点
int bx = x + dx[i];
int by = y + dy[i];
//过滤越界节点
if (bx<1 || bx>n || by<1 || by>n)continue;
//过滤访问过的节点
if (vis[bx][by] == true)continue;
//防止交叉搜索
if (i == 1 && vis[x - 1][y] && vis[x][y + 1])continue;
if (i == 3 && vis[x + 1][y] && vis[x][y + 1])continue;
if (i == 5 && vis[x + 1][y] && vis[x][y - 1])continue;
if (i == 7 && vis[x - 1][y] && vis[x][y - 1])continue;
//保证路径数值为0 1 2 3 .....k-1
if ((a[bx][by] < k && a[bx][by] == prev + 1) || (prev + 1 == k && a[bx][by] == 0))
{
//可以搜索，将点标记为true
vis[bx][by] = true;
dfs(bx, by, a[bx][by], s + to_string(i), dep + 1);
//最优性剪枝
if (!res.empty())return;
vis[bx][by] = false;//回溯
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> k;
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= n;j++)
cin >> a[i][j];
string emp;
//标记起点
vis[1][1] = true;
dfs(1, 1, 0, emp, 1);
if (res.empty())cout << -1;
else cout << res << endl;
return 0;
}7.拔河
问题描述：
数据量：
对于这种涉及到区间和的题来说，大概率都是用前缀和算法解决
算法思路
编写代码：
c
#include<iostream>
#include<set>
#include<climits>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e3 + 10;
int a[N], s[N];//前缀和和数组
multiset<int> ms;
int main()
{
int n;cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> a[i];
//前缀和
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
//用set去维护所有的区间和
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
for (int j = 1;j <= n;j++)
{
//维护区间和
ms.insert(s[j] - s[i - 1]);
}
}
int ans = LONG_MAX;
for (int i = 1;i <= n;i++)
{
for (int j = 1;j < i;j++)
{
//枚举以i结尾的区间，因为这里i-1只会有一个人，所以应该是j-1
int sum = s[i] - s[j - 1];
//找到与该区间和sum相似的区间和
auto it = ms.lower_bound(sum);
if (it != ms.end())
{
ans = min(ans, abs(*it - sum));
}
if (it != ms.begin())
{
it--;
ans = min(ans, abs(*it - sum));
}
}
//删除以i开头且以j结尾的区间，防止后续查询区间的时候出现区间重叠/交叉问题
for (int j = i;j <= n;j++) ms.erase(ms.find(s[j] - s[i - 1]));
}
cout << ans << endl;
return 0;
}