1001、大搬家
Accepts: 515
Submissions: 2005
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Problem Description
近期B厂组织了一次大搬家，所有人都要按照指示换到指定的座位上。指示的内容是坐在位置ii上的人要搬到位置jj上。现在B厂有NN个人，一对一到NN个位置上。搬家之后也是一一对应的，改变的只有位次。
在第一次搬家后，度度熊由于疏忽，又要求大家按照原指示进行了一次搬家。于是，机智的它想到：再按这个指示搬一次家不就可以恢复第一次搬家的样子了。于是，B厂史无前例的进行了连续三次搬家。
虽然我们都知道度度熊的“机智”常常令人堪忧，但是不可思议的是，这回真的应验了。第三次搬家后的结果和第一次的结果完全相同。
那么，有多少种指示会让这种事情发生呢？如果两种指示中至少有一个人的目标位置不同，就认为这两种指示是不相同的。
Input
第一行一个整数TT，表示T组数据。
每组数据包含一个整数N(1
\leq N \leq 1 000 000)N(1≤N≤1000000)。
Output
对于每组数据，先输出一行 Case #i: 然后输出结果，对10000000071000000007取模。
Sample Input
2 1 3
Sample Output
Case #1: 1 Case #2: 4
分析：题目有点坑，很容易就读错题，要求的是A→B→A，然后找规律得：a[i] = a[i-1]+(i-1)*a[i-2]。
<span style="font-size:18px;">#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 1e9;
const int MOD = 1000000007;
#define ll long long
#define CL(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
#define MAXN 1000010
int n;
ll s[MAXN];
int main()
{
int T;
s[1] = 1;
s[2] = 2;
for(int i=3; i<=1000000; i++)
s[i] = (s[i-1]+(i-1)*s[i-2])%MOD;
cin>>T;
for(int ii=1; ii<=T; ii++)
{
cin>>n;
cout<<"Case #"<<ii<<":"<<endl;
cout<<s[n]%MOD<<endl;
}
return 0;
}</span>
1002、列变位法解密
Accepts: 368
Submissions: 1196
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Problem Description
列变位法是古典密码算法中变位加密的一种方法，具体过程如下 将明文字符分割成个数固定的分组（如5个一组，5即为密钥），按一组一行的次序整齐排列，最后不足一组不放置任何字符，完成后按列读取即成密文。
比如：
原文：123456789
密钥：4
变换后的矩阵：
1234
5678
9xxx
（最后的几个x表示无任何字符，不是空格，不是制表符，就没有任何字符，下同）
密文：159263748
再比如：
原文：Hello, welcome to my dream world!
密钥：7
变换后的矩阵：
Hello,
welcome
to my
dream w
orld!xx
密文：
Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w
实现一个利用列变位法的加密器对Bob来说轻而易举，可是，对Bob来说，想清楚如何写一个相应的解密器似乎有点困难，你能帮帮他吗？
Input
第一行一个整数TT，表示TT组数据。
每组数据包含22行
第一行，一个字符串s(1
\leq |s| \leq 1e5)s(1≤∣s∣≤1e5)，表示经过列变位法加密后的密文
第二行，一个整数K(1
\leq K \leq |s|)K(1≤K≤∣s∣)，表示原文在使用列变位法加密时的密钥
输入保证密文字符串中只含有ASCII码在[0x20,0x7F)[0x20,0x7F)范围内的字符
Output
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出一行，包含一个字符串s_decrypt，表示解密后得到的明文
Sample Input
4 159263748 4 Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w 7 Toodming is best 16 sokaisan 1
Sample Output
Copy
Case #1: 123456789 Case #2: Hello, welcome to my dream world! Case #3: Toodming is best Case #4: sokaisan
分析：直接找出规律暴力吧。。。。
<span style="font-size:18px;">#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 1e9;
const int MOD = 1000000007;
#define ll long long
#define CL(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
#define MAXN 1000010
int main()
{
int T,k;
char s[MAXN];
cin>>T;
for(int Cas=1; Cas<=T; Cas++)
{
getchar();
gets(s);
scanf("%d",&k);
int len = strlen(s);
int d,f,n;
f = len%k;
d = len/k;
if(f != 0) d++;
n = d;
int t = 0;
int cnt = 0;
printf("Case #%d:\n",Cas);
for(int i=0; i<n; i++)
{
for(int j=i; j<len; )
{
if(cnt >= len)break;
printf("%c",s[j]);
cnt++;
j+=d;
t++;
if(t == f) d--;
}
if(cnt >= len) break;
t = 0;
d = n;
}
printf("\n");
}
return 0;
}</span>
1003、IP聚合
Accepts: 392
Submissions: 976
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Problem Description
当今世界，网络已经无处不在了，小度熊由于犯了错误，当上了度度公司的网络管理员，他手上有大量的 IP列表，小度熊想知道在某个固定的子网掩码下，有多少个网络地址。网络地址等于子网掩码与 IP 地址按位进行与运算后的结果，例如：
子网掩码：A.B.C.D
IP 地址：a.b.c.d
网络地址：(A&a).(B&b).(C&c).(D&d)
Input
第一行包含一个整数TT，(1
\leq T \leq 50)(1≤T≤50)代表测试数据的组数，
接下来TT组测试数据。每组测试数据包含若干行，
第一行两个正整数N(1
\leq N \leq 1000, 1 \leq M \leq 50),MN(1≤N≤1000,1≤M≤50),M。接下来NN行，每行一个字符串，代表一个
IP 地址，
再接下来MM行，每行一个字符串代表子网掩码。IP
地址和子网掩码均采用 A.B.C.DA.B.C.D的形式，其中A,B,C,DA,B,C,D均为非负整数，且小于等于255。
Output
对于每组测试数据，输出两行：
第一行输出: "Case #i:" 。ii代表第ii组测试数据。
第二行输出测试数据的结果，对于每组数据中的每一个子网掩码，输出在此子网掩码下的网络地址的数量。
Sample Input
2 5 2 192.168.1.0 192.168.1.101 192.168.2.5 192.168.2.7 202.14.27.235 255.255.255.0 255.255.0.0 4 2 127.127.0.1 10.134.52.0 127.0.10.1 10.134.0.2 235.235.0.0 1.57.16.0
Sample Output
Case #1: 3 2 Case #2: 3 4
分析：这么小的数据，果断暴力啊；当然也能用map解决。
<span style="font-size:18px;">#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 1e9;
const int MOD = 1e9+7;
#define ll long long
#define CL(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
#define MAXN 100010
int n,m;
string ip[1010],zw[55];
int a[1010][4],b[1010][4];
int main()
{
int T;
cin>>T;
for(int ii=1; ii<=T; ii++)
{
cin>>n>>m;
for(int i=0; i<n; i++)
cin>>ip[i];
for(int i=0; i<m; i++)
cin>>zw[i];
cout<<"Case #"<<ii<<":"<<endl;
CL(a, 0);
CL(b, 0);
for(int j=0; j<n; j++)
{
int t = 0;
for(int k=0; k<ip[j].size(); k++)
{
if(ip[j][k]>='0' && ip[j][k]<='9') b[j][t] = b[j][t]*10+ip[j][k]-'0';
else t++;
}
//printf("*%d %d %d %d*\n",b[j][0],b[j][1],b[j][2],b[j][3]);
}
for(int i=0; i<m; i++)
{
int t = 0;
for(int k=0; k<zw[i].size(); k++)
{
if(zw[i][k]>='0'&&zw[i][k]<='9') a[i][t] = a[i][t]*10+zw[i][k]-'0';
else t++;
}
int ans = 0, cnt;
for(int j=0; j<n; j++)
{
for(int k=j+1; k<n; k++)
{
cnt = 0;
for(int l=0; l<4; l++)
{
if((b[j][l]&a[i][l]) == (b[k][l]&a[i][l]))
cnt++;
}
if(cnt == 4)break;
}
if(cnt < 4) ans++;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}</span>
1004、放盘子
Accepts: 320
Submissions: 822
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Problem Description
小度熊喜欢恶作剧。今天他向来访者们提出一个恶俗的游戏。他和来访者们轮流往一个正多边形内放盘子。最后放盘子的是获胜者，会赢得失败者的一个吻。玩了两次以后，小度熊发现来访者们都知道游戏的必胜策略。现在小度熊永远是先手，他想知道他是否能获胜。
注意盘子不能相交也不能和多边形相交也不能放在多边形外。就是说，盘子内的点不能在多边形外或者别的盘子内。
Input
第一行一个整数TT，表示TT组数据。每组数据包含33个数n,a,r
(4 \leq n \leq 100,0 < a < 1000,0 < r < 1000)n,a,r(4≤n≤100,0<a<1000,0<r<1000)
nn是偶数，代表多边形的边数，aa代表正多边形的边长，rr代表盘子的半径。
Output
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出结果.如果小度熊获胜，输出”Give me a kiss!” 否则输出”I want to kiss you!”
Sample Input
2 4 50 2.5 4 5.5 3
Sample Output
Case #1: Give me a kiss! Case #2: I want to kiss you! Hint 在第一组样例中，小度熊先在多边形中间放一个盘子，接下来无论来访者怎么放，小度熊都根据多边形中心与来访者的盘子对称着放就能获胜。
分析：这题，，只能说最后的Hint都告诉你怎么写了，，，只要判断n边形能不能放下一个盘子就行了。
<span style="font-size:18px;">#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 1e9;
const int MOD = 1000000007;
#define ll long long
#define CL(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
#define MAXN 1000010
int main()
{
int T,n;
double a,r;
cin>>T;
for(int ii=1; ii<=T; ii++)
{
cin>>n>>a>>r;
cout<<"Case #"<<ii<<":"<<endl;
double R = a/2/tan(pi/n);
if(R < r) cout<<"I want to kiss you!"<<endl;
else cout<<"Give me a kiss!"<<endl;
}
return 0;
}</span>