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A 签到之GPA计算| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 1 | 数学计算 |
签到题，按照题目要求进行计算即可
#include<stdio.h>
int main()
{
double sum = 0.0, GPA = 0.0, grade, num;
int i, n;
scanf("%d", &n);
for(i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%lf %lf", &grade, &num);
GPA += grade < 60 ? 0 : num*(4.0-3.0*(100.0-grade)*(100.0-grade)/1600.0);
sum += num;
}
printf("%.4f\n", GPA / sum);
return 0;
}
B简单的三角形面积| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 2 | 数学计算 |
这是一道水水的签到题，给了三种提示对应三种做法，按照提示来做即可。
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
double x1,x2,x3,y1,y2,y3;
double a, b, c, p, S;
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &x1,&y1,&x2,&y2,&x3,&y3);
a = sqrt((x2 - x1) * (x2 - x1) + (y2 - y1) * (y2 - y1));
b = sqrt((x3 - x1) * (x3 - x1) + (y3 - y1) * (y3 - y1));
c = sqrt((x3 - x2) * (x3 - x2) + (y3 - y2) * (y3 - y2));
p = (a + b + c) / 2.0;
S = sqrt(p * (p - a) * (p - b) * (p - c));
printf("%.4f", S);
return 0;
}
#include <stdio.h>
int main()
{
double x1,x2,x3,y1,y2,y3;
double v1x, v1y, v2x, v2y, S;
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &x1,&y1,&x2,&y2,&x3,&y3);
v1x = x2 - x1; v1y = y2 - y1;
v2x = x3 - x1; v2y = y3 - y1;
S = (v1x * v2y - v1y * v2x) / 2;
printf("%.4f", S);
return 0;
}
#include <stdio.h>
int main()
{
double x1,x2,x3,y1,y2,y3;
double S;
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &x1,&y1,&x2,&y2,&x3,&y3);
S = (x1 * y2 + x2 * y3 + x3 * y1 - x1 * y3 - x2 * y1 - x3 * y2) / 2;
printf("%.4f", S);
return 0;
}
## CSIR模型算感染人数
| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 3 | 循环 |
主要考察使用循环迭代求解，可以定义两个中间变量 temp_1和temp_2，然后更新S 、I、 R的值，最后四舍五入保留整数即可。
#include<stdio.h>
#include<math.h>
int main()
{
int i,n;
double S,I,R,beta,gamma,temp_1,temp_2,N;
scanf("%lf%lf%lf%d",&S,&I,&R,&n);
scanf("%lf%lf",&beta,&gamma);
N=S+I+R;
for(i=0;i<n;i++)//循环迭代
{
temp_1=beta*S*I/N;
temp_2=gamma*I;
S=S-temp_1;
I=I+temp_1-temp_2;
R=R+temp_2;
}
printf("%.f\n",I);
return 0;
}
D求阿克曼函数| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 3 | 递归 |
这个題比较简单，只要按找题目要求写出递归函数即可。由于这个函数的输出随 $m$ 的增加增长迅速，因此我们只计算到 $m$ 小于 $3，$n$ 小于 $11$ 的情况。唯一要注意的就是递归中分三类判断。
#include <stdio.h>
int ack(int m, int n)
{
if (m == 0)
{
return n + 1;
}
else if (n == 0)
{
return ack(m - 1, 1);
}
else
{
return ack(m - 1, ack(m, n - 1));
}
}
int main()
{
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
printf("%d", ack(a, b));
return 0;
}
## E小明又去春游
| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 3 | 组合数 |
本题就是在算组合数 $C_m^n$，只不过 $n$ 需要根据输入的星期数 $x$ 转换一下，即 $n=8-x$。参考PPT的例a5-11，稍加变换即可。
#include <stdio.h>
int fun(int m, int n) {
if(m < n || m < 1 )
return 0; // no solution
if(m == n || n == 0)
return 1; // only one solution
if(n == 1)
return m; // select one from total
return fun(m - 1, n - 1) + fun(m - 1, n);
}
int main() {
int n, m, x;
scanf("%d%d", &m, &x);
n=8-x;
printf("%d", fun(m, n));
return 0;
}
FZeller 求星期| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 2 | switch的使用 Zeller公式 |
改自例a4-6，只是增加了处理1582年之前的公式和判断不存在的日期，总体比较简单，把PPT中的代码略加修改即可。
#include<stdio.h>
int seek_w(int longday){
int w,c,y,m,d; //century,year,month,day
y=longday/10000; //先使y是四位数的形式 因为后边的y--可能导致借位
m=(longday%10000)/100;
d=longday%100;
//Zeller公式
if(m<=2) m+=12,y--;
c=y/100; //再处理y和c为Zeller公式要求的格式
y=y%100;
if(longday>=15821015){
w=(y+y/4+c/4-2*c+(26*(m+1)/10)+d-1)%7;
if(w<0) w+=7;
return w;
}
else if(longday<=15821004){
w=(y+y/4+c/4-2*c+(13*(m+1)/5)+d+2)%7;
if(w<0) w+=7;
return w;
}
return -1;
}
void printfWeek(int w){
switch (w){
case -1:
printf("Nonexistent date!\n"); break;
case 0:
printf("Sun\n");break;
case 1:
printf("Mon\n");break;
case 2:
printf("Tue\n");break;
case 3:
printf("Wed\n");break;
case 4:
printf("Thu\n");break;
case 5:
printf("Fri\n");break;
case 6:
printf("Sat\n");break;
default: break;
}
}
int main(){
int longday,w; //longday:day的yyyymmdd形式
while(~scanf("%d",&longday)){
w=seek_w(longday);
printfWeek(w);
}
return 0;
}
G这个勇者确实很菜所以过分慎重| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 3 | 斐波那契数列 |
斐波那契数列的变形，考虑$n(n\ge3)$的情况，设f(n)为对应的策略数，若第一天选修1，则总方案数为f(n-1)；若第一天选修2或3，则第二天必然选择与之对应的策略，其顺序可交换，两天内的方案共2种，剩余天数共f(n-2)种方案，故得到递推公式f(n)=f(n-1)+2*f(n-2)，初始值f(1)=1，f(2)=3（在不致引起混淆的情况下也可以认为f(0)=1），递推即可。
另外，此题也展现了递归的一大问题：若不进行数据存储管理，随着递归深度的增加，耗时将大大增加。此题中，若直接使用一般的递归函数计算，也可以得出正确答案。但是对子问题的处理将进行多次重复调用（如计算f(n)和f(n-1)时，都会计算f(n-2)）。实际操作中，往往采取数组等数据结构，将中间过程存储，当重复遇到某一问题，直接取出使用即可。
#include<stdio.h>
int main()
{
int f[255] = {0, 1, 3}, n, i;
for(i = 3; i <= 250; i++)
{
f[i] = (f[i-1] + 2 * f[i-2]) % 1000007;
}
while(~scanf("%d", &n))
{
printf("%d\n", f[n]);
}
}
## H 甄医生找工作牌
| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 5 | 循环，分支 |
题目看似复杂，其实存在一定规律，所以希望同学们能够在列举出所有情况后归纳出最核心的一行公式，当然，即使不加以归纳，只是简单地罗列出所有的子情况也是可取的，只不过会增加时间成本和出bug的风险。
医生移动的规律是：无论他在哪一边，都可以使用a*b*c来表示移动方向。
#include <stdio.h>
int main() {
int n;
int a, b, c, cur_id, i, cnt;
int visited[2000] = {0}; //用来标记找过的床位
scanf("%d %d", &cur_id, &n);
visited[cur_id-1] = 1;
while (1) {
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
if (c == 0) {
break;
}
if (a == -1) {
cur_id = 2 * n + 1 - cur_id; //到对面
}
cur_id += c * a * b; //移动
visited[cur_id-1] = 1;
}
for (i = 0, cnt = 0; i < 2 * n; i++) {
if (visited[i]) {
cnt++;
}
}
printf("%d %d", cnt, cur_id);
return 0;
}
I置换的分解| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 2 | 数组，循环 |
本题算法就是选取一个元，不断地求它变换后的结果，直到将它变换回自身，就得到一个包含这个元的轮换。
#include <stdio.h>
int main()
{
int num[101]={0},tran[101],i,n,a;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
tran[i]=a;//tran[]数组用于存变换
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(num[i]==0&&tran[i]!=i)//num[]数组用于记录数字是否被遍历过了
{
a=i;
do
{
printf("%d ",a);
num[a]=1;
a=tran[a];
}while(a!=i);
printf("\n");
}
}
return 0;
}
JFour Pegs Hanoi| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 3 | 递归 |
思路在题干的HINT里面写的很清楚了，只要注意$x$的取值范围为$1\leq x <N$。
关于数据范围：由$F3(N)=2\times F3(N-1)+1$及$F3(1)=1$可知，$F3(N)=2^N-1$。又因为 $F4(N)=\min{ 2\times F4(x)+F3(N-x) }$，则当$N-x>31$的时候，$F3(N-x)$就会超过int能表示的范围。
但是由于题目已经说到输出小于$2\times 10^5$，则当$F3(N-x)>2\times 10^5$，即$2^{N-x}-1>2\times 10^5$时，对应的$x$取值肯定不是最优解，故我们可直接跳过，不进行计算。
值得说明的是，示例代码中用了数组取记录递归调用的结果，可以减少递归调用的次数。这是一种优化，在一些题目中可以极大地降低运行时间，避免超时。
#include<stdio.h>
#include<math.h>
int F3[105]={0,1,3},F4[105]={0,1,3};//使用全局变量的数组记录F3(N),F4(N)，并进行初始化
int hanoi3(int N) //三柱汉诺塔的步数
{
return ((1<<N)-1); //由F3(N)=2*F3(N-1)+1及F3(1)=1可知，F3(N)=2^N-1
//下面的注释内是常规的递归做法
/*
if (F3[N]!=0) return (F3[N]);
F3[N]=2*hanoi3(N-1)+1;
return (F3[N]);
*/
}
int hanoi4(int N) //四柱汉诺塔的步数
{
unsigned int x,temp,sum=0xffffffff; // 因为要选取最小值，所以初始化为一个较大的值
if (F4[N]!=0) return (F4[N]); //用数组记录不同的N对应步数，可以减少递归调用的次数
//0xffffffff是十六进制下的2^32，即unsigned int的最大值
for (x=1;x<N;x++)
{
if (N-x>=20) continue;
//由于2^10=1024，则2^20>10^6>2*10^5。所以当N-x>=20时，F3(N-x)=2^(N-x)-1肯定不是最优解
temp=2*hanoi4(x)+hanoi3(N-x); //递推的公式
if (temp<sum) sum=temp; //取最小值作为最终步数
}
F4[N]=sum;
return (sum);
}
int main()
{
int N;
while (~scanf("%d",&N))
printf("%d\n",hanoi4(N));
return 0;
}
K水水の多项式加法| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 1 | 数组 |
这波啊，这波是真水题。
直接使用scanf读入，用次数作为数组下标，对相应系数进行累加，使用神必代码进行输出。注意数组类型使用long long
#include<stdio.h>
long long a[10007];
int flag[10007];
int main()
{
long long c;
char u;
int p,i;
while (~scanf("%lld%c%d", &c, &u, &p))
{
a[p] += c;
flag[p] = 1;
}
for (i = 0; i < 10007; i++)
{
if (a[i])
{
printf("%+lld%c%d", a[i], u, i);
}
}
return 0;
}
L原根| 难度 | 考点 |
|---|---|
| 3 | 函数接口调用、循环 |
本题主要考察同学们调用接口完成程序的能力。
题目涉及到了一些新的概念（如欧拉函数），做题的时候可能会被迷惑。但题目提供了三个相关函数，我们只需要知道如何调用每个函数，就可以用简单的循环完成题目的任务。
实际代码编写中，这样的思想是很常见的：特定的功能交给标准库或第三方库的函数实现，我们只专注于主要部分的代码编写，而不关注每个功能内部具体的实现方式。
#include <stdio.h>
int Phi(int x){
int i;
int ret = x;
for(i = 2; i * i <= x; i++){
if(x % i == 0){
ret = ret / i * (i - 1);
while(x % i == 0) x /= i;
}
}
if(x > 1) ret = ret / x * (x - 1);
return ret;
}
int GCD(int a, int b){
return b ? GCD(b, a % b) : a;
}
int PowMod(int a, int t, int p){
int ret = 1;
while(t){
if(t & 1) ret = ret * a % p;
a = a * a % p;
t >>= 1;
}
return ret;
}
int main(){
int q;
int p, phi, cnt;
int g, i, flag;
scanf("%d", &q);
while(q--){
scanf("%d", &p);
phi = Phi(p);
cnt = 0;
for(g = 1; g <= p; g++){ // 条件 1：依次枚举 1 <= g <= p
if(GCD(g, p) != 1) // 条件 2：g 与 p 互质
continue;
flag = 1;
for(i = 1; i < phi; i++)
if(PowMod(g, i, p) == 1) // 条件 3：对 1 <= i < phi，g ^ i % p == 1 都不成立
flag = 0;
if(PowMod(g, phi, p) != 1) // 条件 3：g ^ phi % p == 1 成立
flag = 0;
if(flag) printf("%d ", g);
cnt += flag;
}
if(cnt == 0) printf("-1");
printf("\n");
}
return 0;
}
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