A. Lucky Substrings
这道题并不难，由于字符串长度只有100，那么它的子串肯定不超过1w个，枚举出所有字串都是没有问题的，至于检验一个子串里面不同的字母数量是不是斐波那契数，我们只需要事先把斐波那契数列小于1w的项都生成出来，然后枚举一个子串之后，统计出不同字母的数量（边找边统计，如果当前字母之前出现过就不加，如果没出现过就记住并+1），去这个里面找就行了。斐波那契数列推不了几项就到1w了……
最后要字典序从小到大排列，并且还要去重，那就用string然后直接sort+unique一发，搞定
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
char s[200];
string ans[20000];
int p_ans=0;
int fib[10000];
int p_fib=0;
void gener_fb()
{
fib[1]=1;
fib[2]=1;
int i=3;
while(true)
{
fib[i] = fib[i-1]+fib[i-2];
if(fib[i]>100)
{
p_fib =i;
return;
}
i++;
}
}
bool find(int x)
{
for(int i=1; i<=p_fib;i++)
{
if(fib[i] == x)
return true;
}
return false;
}
int main()
{
gener_fb();
cin>>s;
int len=strlen(s);
int i;
for(i=0;i<len;i++)
{
char now[200]={0};
int appear[200]={0};
int sum_appear=0;
for(int j=i; j<len; j++)
{
now[j-i] = s[j];
if(appear[s[j]]==0)
{
appear[s[j]]=1;
sum_appear ++;
}
if(find(sum_appear))
{
string str(now);
ans[++p_ans] = str;
}
}
}
sort(&ans[1], &ans[p_ans+1]);
p_ans = unique(&ans[1], &ans[p_ans+1]) - ans-1;
for(i=1;i<=p_ans;i++)
{
cout<<ans[i]<<endl;
}
//system("pause");
return 0;
}B. Numeric Keypad
这道题我还是想了一会的，我也不知道其他人是怎么做的……
这道题可以注意到这么几点，首先就是输入的数特别大，有500位，所以我们肯定是要一位一位处理，每一位都要尽量和输入的一样，因为如果前面有一位小了，后面再大也没用；
关键问题是有的时候如果你输的一样的话，后面就不行了，比如样例的131，你如果第二位输了3，那你会发现第三位无解了。怎么办呢？其实很容易，这个时候我们只需要回退到上一层并尝试一个更小的数字即可。你会发现这样的回退最多只会出现一次，因为一旦回退之后，后面的你都可以无脑的填了。如果回退的那一位不是0的话，那么你后面可以无脑填9，比如131你回退到12的时候，后面你都不用想了，肯定全填9，反正你在第二位已经比他小了；如果回退这一位是0的话就不行了，因为0到不了9，就只能后面全无脑填0了，比如876这个例子答案就是800.
建议预先处理一个map[i][j]，表示数字i能不能到数字j去，这样会给你后面省很多事。
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
char input[600];
int t;
int map[10][10];
int ans[600];
void initmap()
{
int i,j;
for(i=1;i<=9;i++)
{
for(j=1;j<=9;j++)
{
if( (i-1)/3 <= (j-1)/3 && (i-1)%3 <=(j-1)%3)
map[i][j]=1;
}
}
for(i=1;i<=7;i+=3)
map[i][0]=1;
for(i=2;i<=8;i+=3)
map[i][0]=1;
map[0][0]=1;
return;
}
bool go(int pos, int last)
{
if(pos==strlen(input))
return true;
int now = input[pos]-‘0‘;
bool ok=false;
for(int i=now; i>=0; i--)
{
if(map[last][i]==1)
{
ans[pos]=i;
if(i==now)
{
if(go(pos+1, i) == false)
{
continue;
}
else
return true;
}
else
{
for(int tmp=pos+1; tmp<strlen(input); tmp++)
{
if(i==0)
ans[tmp]=0;
else
ans[tmp]=9;
}
return true;
}
}
}
return false;
}
void init()
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
}
int main()
{
initmap();
cin>>t;
for(int files=1; files<=t; files++)
{
init();
cin>>input;
go(0,1);
for(int i=0; i<strlen(input);i++)
cout<<ans[i];
cout<<endl;
}
//system("pause");
return 0;
}C. Spring Outing
这题当时我的算法WA了，然后想了半天也没想出来哪儿错，后来今天讨论才知道的……
这道题目的关键就在于“已经知道的肯定可以去的地方”，一开始大家都知道“我至少可以待在家里”。
那么考虑这么一个事情，对于某一个人来说，如果前面所有的地点都被pass掉了，现在投K的话，如果K在0后面，那我肯定不投；如果K在0前面，那我肯定就要投，不然没别的选择我就得在家呆着了；这样，我们根据所有人的行为就能知道K到底能不能去，如果有一半人都会投K的话，那么K就可以去了，反之K就不能去；
同样的道理，如果K可以去了，我们看K-1的时候，如果某个人更想去K-1，那他一定会投的，否则一定不会投的。当然如果刚才结果是K去不了，那么现在最后一个肯定能去的选择就是0，就变成了K-1和0之间的选择。
所以，我们只需要从第K号地点往前试，试完K个就知道他们会在哪个地点达到第一次（也就是我们这个算法当中的最后一次）过半数了。
由于输入都是0~n的排列，所以我们可以将每个数在每个人当中的位置记录下来，这样找起来就非常方便了。
注意，并不是说一个人绝对不会投一个已知可取的地方的后面的票的，比如一个人的志愿是0 1 2，那么根据刚才的结论，如果2已经可以去了，他还是会投1的，要不然就铁定去2了。并不是说一个人想在家呆着就一定会一直憋着。
本题由于还没有开放，所以就不贴代码了。