2015百度之星资格赛解题报告

1001 大搬家

Accepts: 1516

Submissions: 6288

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i上的人要搬到位置j上。现在B厂有N个人,一对一到N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T,表示T组数据。

每组数据包含一个整数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1000000007取模。

Sample Input

2
1
3

Sample Output

Case #1:
1
Case #2:
4


题解:

递推:dp[i]=dp[i-2]*(i-1)+dp[i-1],即第i个可以不换位置,就有dp[i-1]种,也可以跟另i-1个组成二元组,每个有dp[i-2]种。


代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
const int maxn=1000000+1000;
long long dp[maxn];
int main()
{
    int t,ca=1;
    scanf("%d",&t);
    dp[1]=1,dp[2]=2;
    for(long long i=3;i<maxn;i++)
    {
        dp[i]=(dp[i-2]*(i-1)+dp[i-1])%mod;
    }
    while(t--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        printf("Case #%d:\n",ca++);
        printf("%I64d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}






1002 列变位法解密

   Accepts: 1644    Submissions: 6646  Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) 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T,表示T组数据。

每组数据包含2行

第一行,一个字符串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≤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)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

Case #1:
123456789
Case #2:
Hello, welcome to my dream world!
Case #3:
Toodming is best
Case #4:
sokaisan






题解:

   通过长度与k的关系来解密,自己模拟几遍就发现两者的关系了。


代码:
<span style="font-family:Menlo, Monaco, Consolas, Courier New, monospace;color:#333333;"><span style="font-size: 13px; line-height: 1.42857143; white-space: pre-wrap;">#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100000+100;
char s[maxn];
int main()
{
    int t,ca=1;
    scanf("%d",&t);
    getchar();
    while(t--)
    {
        gets(s);
        int n=strlen(s);
        int k;
        scanf("%d",&k);
        getchar();
        int cur=n/k;
        int cnt=n%k;
        if(cnt!=0)
        cur++;
        else
        cnt=k;
        printf("Case #%d:\n",ca++);
        for(int i=0;i<cur;i++)
        {
            for(int j=i,l=0;j<n;)
            {
                printf("%c",s[j]);
                if(l<cnt)
                j=j+cur;
                else
                j=j+cur-1;
                l++;
                if(i==(cur-1)&&l==cnt)
                break;
            }
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}</span></span>



1003 IP聚合

   Accepts: 2354    Submissions: 6308  Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) 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T,(1≤T≤50)代表测试数据的组数, 接下来T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≤N≤1000,1≤M≤50),M。接下来N行,每行一个字符串,代表一个 IP 地址, 再接下来M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.D的形式,其中A、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:" 。i代表第i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

题解:
    map简单处理下就好了。

代码:


#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=1100;
int a[maxn];
int b[maxn];
int c[maxn];
int d[maxn];
map<long long,int> m;
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int te=1;te<=t;te++)
    {
        int N,M;
        scanf("%d%d",&N,&M);
        for(int i=0;i<N;i++)
        {
            scanf("%d.%d.%d.%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
        }
        printf("Case #%d:\n",te);
        int A,B,C,D;
        int ans;
        long long temp;
        for(int i=1;i<=M;i++)
        {
            m.clear();
            ans=0;
            scanf("%d.%d.%d.%d",&A,&B,&C,&D);
            for(int j=0;j<N;j++)
            {
                temp=0;
                temp=temp*1000+(a[j]&A);
                temp=temp*1000+(b[j]&B);
                temp=temp*1000+(c[j]&C);
                temp=temp*1000+(d[j]&D);
                if(!m[temp])
                {

                    ans++;
                    m[temp]=1;
                }
            }
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}


1004 放盘子

   Accepts: 1130    Submissions: 2925  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T,表示T组数据。每组数据包含3个数n,a,r(4≤n≤100,0<a<1000,0<r<1000) n是偶数,代表多边形的边数,a代表正多边形的边长,r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。

题解:

除了放不下一个盘子,其他都为小度熊胜,原因嘛,,,这个,,,是直觉

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
int main()
{
    int t,ca=1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n;
        double a, r;
        scanf("%d%lf%lf",&n,&a,&r);
        a=a/2*cos(pi/n)/sin(pi/n);
        printf("Case #%d:\n",ca++);
        if(a<r)
        {
            printf("I want to kiss you!\n");
        }
        else
        {
            printf("Give me a kiss!\n");
        }
    }
    return 0;
}

1005下棋

Accepts: 345

Submissions: 2382

Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)

Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

Problem Description

N?M的棋盘上有一个受伤的国王与一个要去救援国王的骑士,他们每个单位时间必须同时移动一次寻找对方。如下图所示,黑色的图例表示国王(右)或骑士(左)当前所在的位置,那么灰色的位置表示在一次移动中他们可能到达的位置。国王伤势严重,因此他必须在K个单位时间内得到骑士的救援,否则会挂掉。问国王是否可以在K个单位时间内获得救援,如果可以,最短需要花多少个单位时间。

Input

第一行包含一个整数T,(1≤T≤50)代表测试数据的组数,接下来T组测试数据。

每组测试数据第一行包含三个整数N,M,K, 且2≤N,M≤1000, 1≤K≤200。第二行两个整数Xking,Yking,对应国王所在方格的坐标。第三行两个整数Xknight,Yknight,对应骑士所在方格的坐标。其中1≤Xking,Xknight≤N,1≤Yking,Yknight≤M,保证骑士与国王一开始不在同一个方格内且他们都可以移动。:

Output

对于每组测试数据,输出两行:

第一行输出:"Case #i:"。i代表第i组测试数据。

第二行输出测试数据的结果,如果国王可以得到救援,则输出最快需要花多少个单位时间。否则,输出“OH,NO!”。

Sample Input

2
3 2 1
1 1
3 1
3 3 1
1 1
1 2 

Sample Output

Case #1:
1
Case #2:
OH,NO!

题解:

国王可以到的格子可以直接算出来,假如国王开始的位置是(x,y),则(i,j)位置最早在max(|x-i|,|y-j|),在此时刻后的任意时刻,它都可以到此位置,注意国王开始处的位置,在第2时刻才能到。想一下就可以理解,,,,骑士的需要bfs,并且可以记忆化,假如在第i时刻到达(x,y),假如国王在此时刻也可到达,答案就是i,还有国王不能到达的,假如相差的时刻为偶数,就可在国王到的时刻相遇,是奇数,可让国王晚到1个单位时间。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=1000+100;
const int inf=0x7fffffff;
int dir[8][2]= {{-1,-2},{-2,-1},{-2,1},{-1,2},{1,2},{2,1},{2,-1},{1,-2}};
typedef struct node
{
    int x;
    int y;
} p;
int n,m,k;
int cnt[maxn][maxn];
int ans[maxn][maxn];
queue<p> q[2];
int bbs(int x)
{
    if(x<0)
        return -x;
    return x;
}
int dfs()
{
    int te=0;
    int cur=inf;
    p p1,p2;
    memset(ans,-1,sizeof(ans));
    for(int i=1; i<=k; i++)
    {
        while(!q[te].empty())
        {
            p1=q[te].front();
            q[te].pop();
            for(int j=0; j<8; j++)
            {
                p2.x=p1.x+dir[j][0];
                p2.y=p1.y+dir[j][1];
                if(p2.x>=1&&p2.x<=n&&p2.y>=1&&p2.y<=m)
                {
                    if(ans[p2.x][p2.y]==-1)
                    {
                        if(cnt[p2.x][p2.y]<=i)
                        {
                            return i;
                        }
                        else
                        {
                            ans[p2.x][p2.y]=cnt[p2.x][p2.y];
                            if((cnt[p2.x][p2.y]-i)%2)
                                ans[p2.x][p2.y]++;
                            cur=min(cur,ans[p2.x][p2.y]);
                            q[!te].push(p2);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        te=!te;
    }

    return cur;
}
int main()
{
    int t,ca=1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        p p1;
        int x2,y2;
        scanf("%d%d",&x2,&y2);
        scanf("%d%d",&p1.x,&p1.y);
        while(!q[0].empty())
            q[0].pop();
        q[0].push(p1);
        while(!q[1].empty())
            q[1].pop();
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            for(int j=1; j<=m; j++)
            {
                if(i==x2&&j==y2)
                {
                    cnt[i][j]=2;
                }
                else
                {
                    cnt[i][j]=max(bbs(i-x2),bbs(j-y2));
                }
            }
        }
        int ant=dfs();
        printf("Case #%d:\n",ca++);
        if(ant==inf||ant>k)
        {
            printf("OH,NO!\n");
        }
        else
        {
            printf("%d\n",ant);
        }
    }
    return 0;
}

1006单调区间

Accepts: 358

Submissions: 938

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)

Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

Problem Description

百小度最近在逛博客,然后发现了一个有趣的问题。

如下图所示,是一个12位数014326951987, 它的数字先逐渐变大, 然后变小,再变大,接着变小,又变大,最后变小。我们就称,其共包含6个单调区间。

现在问题来了:一个n位数平均包含多少个单调区间?单调区间的平均长度又是多少?

因为我们考虑到这样的数样本太大,有10n这么多,所以百小度决定缩小样本,假定任意两位相邻数字不能相同,而且这个n位数允许以0开头。现在我已经将样本大小已经被缩小到10?9n?1,接下来把这个问题交给你,请你开启大脑挖掘机,挖挖答案在哪里。

Input

第一行为T,表示输入数据组数。

下面T行,每行包含一个正整数n,n为不大于100000的正整数。

Output

对第i组数据,输出

Case #i:

然后输出两个实数,用空格隔开,分别为平均单调区间数和单调区间平均长度,结果保留六位小数。

Sample Input

2
2
12

Sample Output

Case #1:
1.000000 2.000000
Case #2:
8.037037 2.368664

看了这篇博客就理解了:点击打开链接

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main()
{
    int t,n;
    scanf("%d",&t);
    for(int te =1;te<=t;te++)
    {
        scanf("%d",&n);
        double ans1=1+((n-2)*19)*1.0/27.0;
        double ans2=(46-38.0/n)*1.0/((19-11.0/n)*1.0);
        printf("Case #%d:\n",te);
        printf("%.6f %.6f\n",ans1,ans2);
    }
    return 0;
}
时间: 2024-10-13 21:06:04

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题目传送门 1 /* 2 字符串处理:要求解码,然而二维数组开不下,可以直接输出 3 只要在余数的地方判断一下就行了,vector的效率不高 4 另外:感觉麻烦的地方应该纸上写写就清楚了 5 */ 6 #include <cstdio> 7 #include <iostream> 8 #include <algorithm> 9 #include <cstring> 10 #include <string> 11 #include <cma

ACM学习历程—BestCoder 2015百度之星资格赛1001 大搬家(递推 &amp;&amp; 组合数学)

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i 上的人要搬到位置j 上.现在B厂有N 个人,一对一到N 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

ACM学习历程—BestCoder 2015百度之星资格赛1002 列变位法解密(vector容器)

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 w

ACM学习历程—BestCoder 2015百度之星资格赛1003 IP聚合(set容器)

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T ,(1≤T≤50) 代表测试数据的组数, 接下来T 组测试数据.每组

2015百度之星资格赛题解

1001: 可以看作找规律,其实是组合数学的一道题目.符合要求的对应关系是要么是自己和自己对应,要么是互相对应,即1->2则2->1. 因为对于任何一个数如果他和自己本身对应,那么剩下还有n-1个数:如果他对应别的数(假定是a),那么a一定也和他对应,这样剩下还有n-2 个数,并且他可以对应的数的选择有n-1种,所以,可得递推关系 f[i]=((i-1)*f[i-2]+f[i-1]); #include<iostream> using namespace std; long lon