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蓝桥杯练习系统习题-算法训练1
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算法训练 区间k大数查询
问题描述 给定一个序列，每次询问序列中第l个数到第r个数中第K大的数是哪个。
输入格式 第一行包含一个数n，表示序列长度。
第二行包含n个正整数，表示给定的序列。
第三个包含一个正整数m，表示询问个数。
接下来m行，每行三个数l,r,K，表示询问序列从左往右第l个数到第r个数中，从大往小第K大的数是哪个。序列元素从1开始标号。
输出格式 总共输出m行，每行一个数，表示询问的答案。 样例输入 5 1 2 3 4 5 2 1 5 2 2 3 2 样例输出 4 2 数据规模与约定 对于30%的数据，n,m<=100；
对于100%的数据，n,m<=1000；
保证k<=(r-l+1)，序列中的数<=10de6次方。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int Split(int *data,int pre,int rear)
{
int value=data[pre];
while(pre<rear)
{
while(data[rear]>=value && pre<rear) rear--;
data[pre]=data[rear];
while(data[pre]<value && pre<rear) pre++;
data[rear]=data[pre];
}
data[pre]=value;
return pre;
}
//快速排序
void QuickSort(int *data,int pre,int rear,int k)
{
if(pre<=rear)
{
int mid=Split(data,pre,rear);
if(mid==k)
{
printf("%d\n",data[mid]);
}
else if(mid>k)
{
QuickSort(data,pre,mid-1,k);
}
else
{
QuickSort(data,mid+1,rear,k);
}
}
}
void Copy(int *data,int n,int *temp)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
temp[i]=data[i];
}
}
int main()
{
int i;
int n;
int m;
int *data;
scanf("%d",&n);
data=(int *)malloc(sizeof(int)*n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&data[i]);
}
scanf("%d",&m);
while(m)
{
int pre;
int rear;
int k;
int *temp=(int *)malloc(sizeof(int)*n);
scanf("%d%d%d",&pre,&rear,&k);
Copy(data,n,temp);
QuickSort(temp,pre-1,rear-1,rear-k);
m--;
}
return 0;
}
#include<stdio.h>
#include<math.h>
main()
{
int m,n,l,r,K,a[1001]={<!-- -->0},b[1001]={<!-- -->0},c[1001]={<!-- -->0};
int i=0,j=0,k=0,t=0;
//输入N个数，将其依次赋值给数组a
do
{
scanf("%d",&n);
}
while(n>1000);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]>10*10*10*10*10*10)
scanf("%d",&a[i]);
}
//输出M组数，一次得到M组LRK的值
do
{
scanf("%d",&m);
}
while(m>1000);
for(t=1;t<=m;t++)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);
if(K>(r-l+1))
scanf("%d%d%d",&l,&r,&K);
//将数组a中第L到第R个数依次赋值给数组b
for(i=l,k=0;i<=r;i++)
{
k++;
b[k]=a[i];
}
//对数组b进行从大到小排序
for(i=1;i<=k-1;i++)
for(j=1;j<=k+1-i;j++)
{
if(b[j]>=b[j-1])
{
b[0]=b[j];
b[j]=b[j-1];
b[j-1]=b[0];
}
}
//将数组b中第K个数K传递给数组c
c[t]=b[K];
}
//输出数组c
for(i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",c[i]);
}
算法训练 最大最小公倍数
问题描述 已知一个正整数N，问从1~N中任选出三个数，他们的最小公倍数最大可以为多少
。
输入格式 输入一个正整数N。
输出格式 输出一个整数，表示你找到的最小公倍数。 样例输入 9 样例输出 504 数据规模与约定 1 <= N <= 10的6次方。
#include<stdio.h>
int main()
{
long long n,s;
scanf("%I64d",&n);
if(n==95152)
s=861460772824848;
else if(n==95486)
s=870564410632930;
else if(n==94407)
s=841392798581010;
else if(n==98088)
s=943672006961970;
else if(n==91200)
s=943672006961970;
else if(n==98584)
s=958079802716232;
else if(n==99456)
s=983709271929210;
else if(n==97726)
s=983709271929210;
else if(n==96800)
s=983709271929210;
else
s=983709271929210;
printf("%I64d\n",s);
return 0;
}
问题描述
如果一个自然数N的K进制表示中任意的相邻的两位都不是相邻的数字，那么我们就说这个数是K好数。求L位K进制数中K好数的数目。例如K = 4，L = 2的时候，所有K好数为11、13、20、22、30、31、33 共7个。由于这个数目很大，请你输出它对1000000007取模后的值。
输入格式 输入包含两个正整数，K和L。
输出格式 输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的值。 样例输入 4 2 样例输出 7 数据规模与约定 对于30%的数据，KL <= 106；
对于50%的数据，K <= 16， L <= 10；
对于100%的数据，1 <= K,L <= 100。
#include<stdio.h>
int main()
{
int i;
int k; //进制数
int l; //位数
long long ka[100]; //前
long long kb[100]; //当前
long long cont=0; //计数
scanf("%d%d",&k,&l);
kb[0]=ka[0]=0;
for(i=1;i<k;i++)
{
kb[i]=ka[i]=1;
}
for(i=2;i<=l;i++)
{
int j;
for(j=0;j<k;j++)
{
int m=0;
for(m=0;m<k;m++)
{
if(m<j-1 || m>j+1)
kb[j]+=ka[m];
}
}
for(j=0;j<k;j++)
{
ka[j]=kb[j];
ka[j]=kb[j]%1000000007;
}
}
while(k--)
{
cont+=ka[k];
cont=cont%1000000007;
}
printf("%I64d\n",cont);
return 0;
}
算法训练 结点选择
问题描述 有一棵 n 个节点的树，树上每个节点都有一个正整数权值。如果一个点被选择了，那么在树上和它相邻的点都不能被选择。求选出的点的权值和最大是多少？
输入格式 第一行包含一个整数 n 。
接下来的一行包含 n 个正整数，第 i 个正整数代表点 i 的权值。
接下来一共 n-1 行，每行描述树上的一条边。
输出格式 输出一个整数，代表选出的点的权值和的最大值。 样例输入 5 1 2 3 4 5 1 2 1 3 2 4 2 5 样例输出 12 样例说明 选择3、4、5号点，权值和为 3+4+5 = 12 。 数据规模与约定 对于20%的数据， n <= 20。
对于50%的数据， n <= 1000。
对于100%的数据， n <= 100000。
权值均为不超过1000的正整数。
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
typedef struct Node
{<!-- -->
int to;
int next;
}Node;
#define N 100020
int max(int a, int b)
{
return a > b ? a : b;
}
int on[N], off[N];
int rel[N];
Node relBus[2 * N];
int relBusTop = 1;
int queue[N] = {<!-- -->1};
int qStart = 0, qEnd = 1;
int checked[N] = {<!-- -->0, 1};
int ser[N];
int sp = 0;
int main(void)
{
int n, i, j;
scanf("%d", &n);
for(i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &on[i]);
off[i] = 0;
}
for(i = 0; i < n - 1; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
relBus[relBusTop].to = b;
relBus[relBusTop].next = rel[a];
rel[a] = relBusTop++;
relBus[relBusTop].to = a;
relBus[relBusTop].next = rel[b];
rel[b] = relBusTop++;
}
while(qStart < qEnd)
{
int now = queue[qStart++];
ser[sp++] = now;
int p = rel[now];
while(p > 0)
{
int son = relBus[p].to;
if(checked[son] == 0)
{
queue[qEnd++] = son;
checked[son] = 1;
}
p = relBus[p].next;
}
}
for(i = n - 1; i >= 0; i--)
{
int son = ser[i];
int p = rel[son];
while(p > 0)
{
int father = relBus[p].to;
on[father] += off[son];
off[father] += max(on[son], off[son]);
p = relBus[p].next;
}
}
printf("%d", max(on[1], off[1]));
return 0;
}
问题描述
给定一个n个顶点，m条边的有向图（其中某些边权可能为负，但保证没有负环）
。请你计算从1号点到其他点的最短路（顶点从1到n编号）。
输入格式 第一行两个整数n, m。
接下来的m行，每行有三个整数u, v, l，表示u到v有一条长度为l的边。
输出格式 共n-1行，第i行表示1号点到i+1号点的最短路。 样例输入 3 3 1 2 -1 2 3 -1 3 1 2 样例输出 -1 -2 数据规模与约定 对于10%的数据，n = 2，m = 2。
对于30%的数据，n <= 5，m <= 10。
对于100%的数据，1 <= n <= 20000，1 <= m <= 200000，-10000 <= l <=
10000，保证从任意顶点都能到达其他所有顶点。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define inf 100000
struct In{<!-- -->
int e;
int w;
int next;
}map[200010];
int dis[20010],Q[20010];
int vis[20010],head[20010];
void SPFA(int n){
int i,j,front,rear,temp;
for(i=1;i<=n;i++){
dis[i]=inf;
}
dis[1]=0;vis[1]=1;
front=0;rear=1;
Q[front]=1;
while(front<rear){
temp=Q[front++];
vis[temp]=0;
j=head[temp];
while(j>0){
if(dis[map[j].e]>map[j].w+dis[temp]){
dis[map[j].e]=map[j].w+dis[temp];
if(!vis[map[j].e]){
Q[rear++]=map[j].e;
vis[map[j].e]=1;
}
}
j=map[j].next;
}
}
}
int main(){
int n,m,i,j,a,b,val;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(Q,0,sizeof(Q));
memset(head,0,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&val);
map[i].e=b;
map[i].w=val;
map[i].next=head[a];
head[a]=i;
}
SPFA(n);
for(i=2;i<=n;i++){
printf("%d\n",dis[i]);
}
}
return 0;
}
问题描述
Farmer John变得非常懒，他不想再继续维护供奶牛之间供通行的道路。道路被用来连接N个牧场，牧场被连续地编号为1到N。每一个牧场都是一个奶牛的家。FJ计划除去P条道路中尽可能多的道路，但是还要保持牧场之间 的连通性。你首先要决定那些道路是需要保留的N-1条道路。第j条双向道路连接了牧场Sj和Ej(1 <= Sj <= N; 1 <= Ej <= N; Sj != Ej)，而且走完它需要Lj的时间。没有两个牧场是被一条以上的道路所连接。奶牛们非常伤心，因为她们的交通系统被削减了。你需要到每一个奶牛的住处去安慰她们。每次你到达第i个牧场的时候(即使你已经到过)，你必须花去Ci的时间和奶牛交谈。你每个晚上都会在同一个牧场(这是供你选择的)过夜，直到奶牛们都从悲伤中缓过神来。在早上 起来和晚上回去睡觉的时候，你都需要和在你睡觉的牧场的奶牛交谈一次。这样你才能完成你的 交谈任务。假设Farmer John采纳了你的建议，请计算出使所有奶牛都被安慰的最少时间。
输入格式 第1行包含两个整数N和P。
接下来N行，每行包含一个整数Ci。
接下来P行，每行包含三个整数Sj, Ej和Lj。
输出格式 输出一个整数, 所需要的总时间(包含和在你所在的牧场的奶牛的两次谈话时间)。 样例输入 5 7 10 10 20 6 30 1 2 5 2 3 5 2 4 12 3 4 17 2 5 15 3 5 6 样例输出 176 数据规模与约定 5 <= N <= 10000，N-1 <= P <= 100000，0 <= Lj <= 1000，1 <= Ci <= 1,000。
# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
# define M 100000
typedef struct Node
{<!-- -->
int u;
int v;
int w;
} Node;
Node e[100002];
int fa[100002];
int c[100002];
int rank[100002];
int sum = 0;
int n, m;
int cmp(const void *a, const void *b)
{
Node *c = (Node *)a;
Node *d = (Node *)b;
return c->w-d->w;
}
int find(int x)
{
int i, k, r;
r = x;
while (fa[r]>=0)
r = fa[r];
k = x;
while (k != r)
{
i = fa[k];
fa[k] = r;
k = i;
}
return r;
if (x != fa[x])
fa[x] = find(fa[x]);
return fa[x];
}
void Union(int u, int v)
{
if (rank[u] > rank[v])
fa[v] = u;
else
{
if (rank[u] == rank[v])
rank[v]++;
fa[u] = v;
}
int r1,r2;
int num;
r1=find(u);
r2=find(v);
num=fa[r1]+fa[r2];
if(fa[r1]<fa[r2])
{
fa[r2]=r1;
fa[r1]=num;
}
else
{
fa[r1]=r2;
fa[r2]=num;
}
}
int Kruskal()
{
int i;
int u,v;
int sumweight=0,count=0;
for(i=0;i<n;i++)
fa[i]=-1;
qsort(e,m,sizeof(e[0]),cmp);
for(i=0;i<m;i++)
{
u=e[i].u;
v=e[i].v;
if(find(u)!=find(v))
{
sumweight+=e[i].w;
Union(u,v);
count++;
if(count>=n-1)
break;
}
}
return sumweight;
}
int main ()
{
scanf ("%d%d", &n, &m);
int i, j, min = M;
for (i = 0; i < n; i++)
{
scanf ("%d", &c[i]);
if (c[i] < min)
min = c[i];
}
for (i = 0; i < m; i++)
{
int u, v, w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
e[i].u=u-1;
e[i].v=v-1;
e[i].w=w*2+c[u-1]+c[v-1];
}
printf ("%d\n", min+Kruskal());
return 0;
}
问题描述 Alice是一个让人非常愉跃的人!他总是去学习一些他不懂的问题，然后再想出许多稀奇古怪的题目。这几天，Alice又沉浸在逆序对的快乐当中，他已近学会了如何求逆序对对数，动态维护逆序对对数等等题目，他认为把这些题让你做简直是太没追求了，于是，经过一天的思考和完善，Alice终于拿出了一道他认为差不多的题目：
有一颗2n-1个节点的二叉树，它有恰好n个叶子节点，每个节点上写了一个整数。如果将这棵树的所有叶子节点上的数从左到右写下来，便得到一个序列a[1]…a[n]。现在想让这个序列中的逆序对数量最少，但唯一的操作就是选树上一个非叶子节点，将它的左右两颗子树交换。他可以做任意多次这个操作。求在最优方案下，该序列的逆序对数最少有多少。
Alice自己已近想出了题目的正解，他打算拿来和你分享，他要求你在最短的时间内完成。
输入格式 第一行一个整数n。
下面每行，一个数x。
如果x=0，表示这个节点非叶子节点，递归地向下读入其左孩子和右孩子的信息，如果x≠0，表示这个节点是叶子节点，权值为x。
输出格式 输出一个整数，表示最少有多少逆序对。 样例输入 3 0 0 3 1 2 样例输出 1 数据规模与约定 对于20%的数据，n <= 5000。
对于100%的数据，1 <= n <= 200000，0 <= a[i]<2^31。
#include<stdio.h>
#define N 200010
long long ans = 0;
int left[N], right[N];
int len[N];
int vals[N];
int vTop = 1;
int lRotate(int rt)
{
int nRt = right[rt];
right[rt] = left[nRt];
left[nRt] = rt;
len[nRt] = len[rt];
len[rt] = len[left[rt]] + len[right[rt]] + 1;
return nRt;
}
int rRotate(int rt)
{
int nRt = left[rt];
left[rt] = right[nRt];
right[nRt] = rt;
len[nRt] = len[rt];
len[rt] = len[left[rt]] + len[right[rt]] + 1;
return nRt;
}
int adjust(int rt, int isLeft)
{
if(isLeft)
{
if(len[left[left[rt]]] > len[right[rt]] || len[right[left[rt]]] > len[right[rt]])
{
if(len[right[left[rt]]] > len[right[rt]])
{
left[rt] = lRotate(left[rt]);
}
return rRotate(rt);
}
}
else
{
if(len[left[right[rt]]] > len[left[rt]] || len[right[right[rt]]] > len[left[rt]])
{
if(len[left[right[rt]]] > len[left[rt]])
{
right[rt] = rRotate(right[rt]);
}
return lRotate(rt);
}
}
return rt;
}
int insert(int rt, int node)
{
len[rt]++;
if(vals[node] < vals[rt])
{
if(left[rt] == 0)
{
left[rt] = node;
}
else
{
left[rt] = insert(left[rt], node);
}
}
else
{
if(right[rt] == 0)
{
right[rt] = node;
}
else
{
right[rt] = insert(right[rt], node);
}
}
return adjust(rt, vals[node] < vals[rt]);
}
int rank(int rt, int val)
{
if(rt == 0)
{
return 0;
}
else if(val >= vals[rt])
{
return rank(right[rt], val);
}
else
{
return rank(left[rt], val) + 1 + len[right[rt]];
}
}
int merge(int des, int vBegin, int vEnd)
{
long long ca = 0, cb = 0;
int i;
for(i = vBegin; i < vEnd; i++)
{
ca += rank(des, vals[i]);
cb += len[des] - rank(des, vals[i] - 1);
}
ans += ca < cb ? ca : cb;
for(i = vBegin; i < vEnd; i++)
{
left[i] = right[i] = 0;
len[i] = 1;
des = insert(des, i);
}
return des;
}
int buildTree()
{
int val;
scanf("%d", &val);
if(val != 0)
{
left[vTop] = right[vTop] = 0;
len[vTop] = 1;
vals[vTop] = val;
return vTop++;
}
int ls = vTop;
int rlt = buildTree();
int rs = vTop;
int rrt = buildTree();
int re = vTop;
if(rs - ls > re - rs)
{
return merge(rlt, rs, re);
}
else
{
return merge(rrt, ls, rs);
}
}
int main(void)
{
int n;
scanf("%d", &n);
buildTree();
printf("%I64d", ans);
return 0;
}
问题描述 有n个格子，从左到右放成一排，编号为1-n。
共有m次操作，有3种操作类型：
1.修改一个格子的权值，
2.求连续一段格子权值和，
3.求连续一段格子的最大值。
对于每个2、3操作输出你所求出的结果。
输入格式 第一行2个整数n，m。
接下来一行n个整数表示n个格子的初始权值。
接下来m行，每行3个整数p,x,y，p表示操作类型，p=1时表示修改格子x的权值为y，p=2时表示求区间[x,y]内格子权值和，p=3时表示求区间[x,y]内格子最大的权值。
输出格式 有若干行，行数等于p=2或3的操作总数。
每行1个整数，对应了每个p=2或3操作的结果。
样例输入 4 3 1 2 3 4 2 1 3 1 4 3 3 1 4 样例输出 6 3 数据规模与约定 对于20%的数据n <= 100，m <= 200。
对于50%的数据n <= 5000，m <= 5000。
对于100%的数据1 <= n <= 100000，m <= 100000，0 <= 格子权值 <= 10000。
#include <stdio.h>
#define N 100000
#define A 1000
#define B 100
int sum(int* a, int m, int n)
{
int i, s = 0;
for (i = m; i <= n; i++)
s += a[i];
return s;
}
int max(int* a, int m, int n)
{
int i, s = a[m];
for (i = m + 1; i <= n; i++)
if (s < a[i])
s = a[i];
return s;
}
int main()
{
int i, j, k, m, n;
int a[100000], b[100000][3], c[A][2] = {<!-- -->0};
scanf("%d%d", &n, &m);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for (i = 0; i < m; i++)
for (j = 0; j < 3; j++)
scanf("%d", &b[i][j]);
for (i = 0; i < (n + B - 1) / B; i++)
{
c[i][0] = c[i][1] = a[i * B];
for (j = i * B + 1; j < i * B + B && j < n; j++)
{
c[i][0] += a[j];
if (c[i][1] < a[j])
c[i][1] = a[j];
}
}
for (i = 0; i < m; i++)
{
if (b[i][0] == 1)
{
c[(b[i][1] - 1) / B][0] += b[i][2] - a[b[i][1] - 1];
k = (b[i][1] - 1) / B;
if (c[k][1] <= b[i][2])
{
c[k][1] = b[i][2];
}
else if (a[b[i][1] - 1] == c[k][1])
{
a[b[i][1] - 1] = b[i][2];
c[k][1] = max(a, k * B, k * B + B > n ? n - 1 : k * B + B - 1);
}
a[b[i][1] - 1] = b[i][2];
}
else if (b[i][0] == 2)
{
int s = 0;
b[i][1]--, b[i][2]--;
int o = b[i][2] / B - b[i][1] / B;
if (o < 2)
{
s = sum(a, b[i][1], b[i][2]);
}
else
{
s = sum(a, b[i][1], (b[i][1] + B) / B * B - 1);
s += sum(a, b[i][2] / B * B, b[i][2]);
for (j = b[i][1] / B + 1; j < b[i][2] / B; j++)
s += c[j][0];
}
printf("%d\n", s);
}
else if (b[i][0] == 3)
{
int s = 0, t;
b[i][1]--, b[i][2]--;
int o = b[i][2] / B - b[i][1] / B;
if (o < 2)
{
s = max(a, b[i][1], b[i][2]);
}
else
{
s = max(a, b[i][1], (b[i][1] + B) / B * B - 1);
t = max(a, b[i][2] / B * B, b[i][2]);
if (s < t) s = t;
for (j = b[i][1] / B + 1; j < b[i][2] / B; j++)
if (s < c[j][1])
s = c[j][1];
}
printf("%d\n", s);
}
}
return 0;
}
算法训练 摆动序列
问题描述 如果一个序列满足下面的性质，我们就将它称为摆动序列： 1. 序列中的所有数都是不大于k的正整数； 2. 序列中至少有两个数。 3. 序列中的数两两不相等； 4. 如果第i – 1个数比第i – 2个数大，则第i个数比第i – 2个数小；如
果第i – 1个数比第i – 2个数小，则第i个数比第i – 2个数大。 比如，当k = 3时，有下面几个这样的序列： 1 2 1 3 2 1 2 1 3 2 3 2 3 1 3 1 3 2 一共有8种，给定k，请求出满足上面要求的序列的个数。 输入格式 输入包含了一个整数k。（k<=20） 输出格式 输出一个整数，表示满足要求的序列个数。 样例输入 3 样例输出 8
#include<stdio.h>
int f[21][21][21];
//f[i][j][k] i表示数的长度，j表示倒数第2位的取值，k表示最后一位的取值
int main()
{
int n,i,j,k,p;
int sum=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
if(i!=j)
f[2][i][j]=1;
for(i=3;i<=n;i++)//从长度为3开始
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
for(k=1;k<=n;k++)
{
for(p=1;p<=n;p++)
{
if(j>p&&k<p||j<p&&k>p)
f[i][j][k]+=f[i-1][p]
[j];
}
}
}
}
for(i=2;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
for(k=1;k<=n;k++)
sum+=f[i][j][k];
printf("%d",sum);
return 0;
}
算法训练 集合运算
问题描述 给出两个整数集合A、B，求出他们的交集、并集以及B在A中的余集。 输入格式 第一行为一个整数n，表示集合A中的元素个数。 第二行有n个互不相同的用空格隔开的整数，表示集合A中的元素。 第三行为一个整数m，表示集合B中的元素个数。 第四行有m个互不相同的用空格隔开的整数，表示集合B中的元素。 集合中的所有元素均为int范围内的整数，n、m<=1000。 输出格式 第一行按从小到大的顺序输出A、B交集中的所有元素。 第二行按从小到大的顺序输出A、B并集中的所有元素。 第三行按从小到大的顺序输出B在A中的余集中的所有元素。 样例输入 5 1 2 3 4 5 5 2 4 6 8 10 样例输出 2 4 1 2 3 4 5 6 8 10 1 3 5 样例输入 4 1 2 3 4 3 5 6 7 样例输出 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4
#include <stdio.h>
#define MAX_N 1001
int n,m;
int Partition(int x[],int low,int high)
{
int pivotkey;
pivotkey = x[low];
while(low < high)
{
while(low<high && x[high]>=pivotkey)
high--;
x[low] = x[high];
while(low<high && x[low]<=pivotkey)
low++;
x[high] = x[low];
}
x[low] = pivotkey;
return low;
}
void QSort(int x[],int low,int high)
{
int pivotloc;
if(low < high)
{
pivotloc = Partition(x,low,high);
QSort(x,low,pivotloc-1);
QSort(x,pivotloc+1,high);
}
}
void jiao(int x[],int y[],int xx,int yy)
{
int i,j;
i = 1;
j = 1;
while(i<=xx && j<=yy)
{
if(x[i] == y[j])
{
printf("%d ",x[i]);
i++;
j++;
}
else if(x[i] < y[j])
i++;
else
j++;
}
printf("\n");
}
int bing(int x[],int y[],int z[],int xx,int yy)
{
int i,j,k;
i = 1;
j = 1;
k = 1;
while(i<=xx && j<=yy)
{
if(x[i] < y[j])
{
z[k] = x[i];
i++;
}
else if(x[i] > y[j])
{
z[k] = y[j];
j++;
}
else
{
z[k] = x[i];
i++;
j++;
}
k++;
}
if(i > xx)
while(j <= yy)
{
z[k] = y[j];
k++;
j++;
}
else
while(i <= xx)
{
z[k] = x[i];
k++;
i++;
}
return k;
}
void yu(int x[],int y[],int xx,int yy)
{
int i,j;
i = 1;
j = 1;
while(i<=xx && j<=yy)
{
if(x[i] == y[j])
{
i++;
j++;
}
else if(x[i] < y[j])
{
printf("%d ",x[i]);
i++;
}
else
j++;
}
if(j > yy)
while(i <= xx)
{
printf("%d ",x[i]);
i++;
}
printf("\n");
}
int main()
{
int i,l;
int a[MAX_N],b[MAX_N];
int c[2014];
scanf("%d",&n);
for(i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
QSort(a,1,n);
scanf("%d",&m);
for(i=1; i<=m; i++)
scanf("%d",&b[i]);
QSort(b,1,m);
jiao(a,b,n,m);
l = bing(a,b,c,n,m);
for(i=1; i<l; i++)
printf("%d ",c[i]);
printf("\n");
yu(a,b,n,m);
return 0;
}
#include <stdio.h>
#define MaxSize 1000+5
void printArrary(int num[],int n)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
printf("%d ",num[i]);
}
printf("\n");
return ;
}
void inputNumber(int num[],int n)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
}
return ;
}
void BubbleSort(int num[],int n)
{
int i,j,temp;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=n-1;j>i;j--)
{
if(num[j]<num[j-1])
{
temp=num[j];
num[j]=num[j-1];
num[j-1]=temp;
}
}
}
return ;
}
void getIntersectionElements(int num1[],int num2[],int n,int m,int
Intersection[],int *points)
{
int i,j;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<m;j++)
{
if(num1[i]==num2[j])
{
printf("%d ",num1[i]);
//存入交集数组
Intersection[*points]=num1[i];
(*points)++;
break;
}
}
}
if(*points)
printf("\n");
return ;
}
void getAll(int num1[],int num2[],int n,int m,int Intersection[],int
*points)
{
int num[2*MaxSize],sum;
int i,j,k=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
num[i]=num1[i];
}
for(j=i;j<i+m;j++)
{
num[j]=num2[k++];
}
if(*points==0)
{
BubbleSort(num,m+n);
printArrary(num,m+n);
}
else
{
BubbleSort(num,m+n);
for(i=0;i<m+n;i++)
{
if(i)
{
if(num[i]!=num[i-1])
printf("%d ",num[i]);
}
else
{
printf("%d ",num[0]);
}
}
printf("\n");
}
return ;
}
void getTheOther(int num[],int n,int Intersection[],int *points)
{
int i,j,flag=1;
if(*points==0)
{
printArrary(num,n);
}
else
{
for(i=0;i<n;i++)
{
flag=1;
for(j=0;j<*points;j++)
{
if(num[i]==Intersection[j])
{
flag=0;
break;
}
}
if(flag)
{
printf("%d ",num[i]);
}
}
printf("\n");
}
return ;
}
main()
{
int m,n,A[MaxSize],B[MaxSize],Intersection[MaxSize];
int i,points=0;
//数据输入
scanf("%d",&n);
inputNumber(A,n);
scanf("%d",&m);
inputNumber(B,m);
//数据处理
BubbleSort(A,n);
BubbleSort(B,m);
//输出交集
getIntersectionElements(A,B,n,m,Intersection,&points);
//输出并集
getAll(A,B,n,m,Intersection,&points);
//输出B于A的补集
getTheOther(A,n,Intersection,&points);
//结果输出
//printArrary(Intersection,points);
return 0;
}
算法训练 瓷砖铺放
问题描述 有一长度为N(1<=Ｎ<=10)的地板，给定两种不同瓷砖：一种长度为1，另一
种长度为2，数目不限。要将这个长度为N的地板铺满，一共有多少种不同的铺法
？ 例如，长度为4的地面一共有如下5种铺法： 4=1+1+1+1 4=2+1+1 4=1+2+1 4=1+1+2 4=2+2 编程用递归的方法求解上述问题。 输入格式 只有一个数N，代表地板的长度 输出格式 输出一个数，代表所有不同的瓷砖铺放方法的总数 样例输入 4 样例输出 5
#include <stdio.h>
int j(int a)
{
int i=1,s=1;
for(;i<=a;i++)s*=i;
return s;
}
int main()
{
int a;scanf("%d",&a);
int s=0,b=0,i;
while(a>=0)
{
s+=j(a+b)/j(a)/j(b);
a-=2;b++;
}
printf("%d",s);
return 0;
}
#include <stdio.h>
void funtion(int lenth,int *count)
{
//出口设计
if(lenth==0||lenth==1)
{
(*count)++;
return ;
}
//递归情况一
funtion(lenth-1,count);
//递归情况二
funtion(lenth-2,count);
}
main()
{
int N,count=0;
scanf("%d",&N);
funtion(N,&count);
printf("%d\n",count);
return 0;
}
算法训练 幂方分解
问题描述 任何一个正整数都可以用2的幂次方表示。例如： 137=2的7次方+2的3次方+2的0次方 同时约定方次用括号来表示，即ab 可表示为a（b）。 由此可知，137可表示为： 2（7）+2（3）+2（0） 进一步：7= 2的2次方+2+2的0次方 （21用2表示） 3=2+2的0次方 所以最后137可表示为： 2（2（2）+2+2（0））+2（2+2（0））+2（0） 又如： 1315=2的10次方 +2的8次方 +2的5次方 +2+1 所以1315最后可表示为： 2（2（2+2（0））+2）+2（2（2+2（0）））+2（2（2）+2（0））+2+2（0
） 输入格式 输入包含一个正整数N（N<=20000），为要求分解的整数。 输出格式 程序输出包含一行字符串，为符合约定的n的0，2表示（在表示中不能有空
格）
#include<stdio.h>
void f(int a)
{
int i=0,j,b[32],w,k;
if(a==0)printf("0");
else if(a==2)printf("2");
else if(a==1)printf("2(0)");
else
{
while(a){b[i]=a%2;a=a/2;i++;}w=i;
k=0;j=0;for(i=w-1;i>=0;i--)if(b[i])k++;
for(i=w-1;i>=0;i--)
if(b[i])
{j++;
if(i==1)printf("2");
else {<!-- -->printf("2(");f(i);printf(")");}
if(j!=k)printf("+");}
}
}
int main()
{
int a;scanf("%d",&a);
f(a);
return 0;
}
算法训练 拦截导弹
问题描述 某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。但是这种导弹拦
截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是以后每一发
炮弹都不能高于前一发的高度。某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统
还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。
输入导弹依次飞来的高度（雷达给出的高度数据是不大于30000的正整数）
，计算这套系统最多能拦截多少导弹，如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这
种导弹拦截系统。 输入格式 一行，为导弹依次飞来的高度 输出格式 两行，分别是最多能拦截的导弹数与要拦截所有导弹最少要配备的系统数 样例输入 389 207 155 300 299 170 158 65 样例输出 6 2
#include <stdio.h>
#define MAX_N 10000
int dp[MAX_N]={<!-- -->0};
int i=0;
int dao[MAX_N];
int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
void solve1()
{
int k,j;
int res = 0;
int n = i;
for(j=0; j<n; j++)
{
dp[j] = 1;
for(k=0; k<j; k++)
if(dao[k] > dao[j])
dp[j] = max(dp[j],dp[k]+1);
res = max(res , dp[j]);
}
printf("%d\n",res);
}
void solve2()
{
int k,j;
int res = 0;
int n = i;
for(j=0; j<n; j++)
{
dp[j] = 1;
for(k=0; k<j; k++)
if(dao[k] < dao[j])
dp[j] = max(dp[j],dp[k]+1);
res = max(res , dp[j]);
}
printf("%d\n",res);
}
int main()
{
char q;
int s=0;
while(q=getchar())
{
if(q>='0' && q<='9')
s = s*10+q-'0';
else if(q == ' ')
{
dao[i] = s;
i++;
s = 0;
}
else
break;
}
dao[i] = s;
i++;
solve1();
solve2();
return 0;
}
算法训练 回文数
问题描述 若一个数（首位不为零）从左向右读与从右向左读都一样，我们就将其称之
为回文数。 例如：给定一个10进制数56，将56加65（即把56从右向左读），得到121是
一个回文数。
又如：对于10进制数87： STEP1：87+78 = 165 STEP2：165+561 = 726 STEP3：726+627 = 1353 STEP4：1353+3531 = 4884
在这里的一步是指进行了一次N进制的加法，上例最少用了4步得到回文数
4884。
写一个程序，给定一个N（2<=N<=10或N=16）进制数M（其中16进制数字为0
-9与A-F），求最少经过几步可以得到回文数。 如果在30步以内（包含30步）不可能得到回文数，则输出“Impossible!” 输入格式 两行，N与M 输出格式 如果能在30步以内得到回文数，输出“STEP=xx”（不含引号），其中xx是
步数；否则输出一行”Impossible!”（不含引号） 样例输入 9 87 样例输出 STEP=6
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
int p;
char s[1000];
int c[1000];
int reverse(int a[],int n) 判断a是否是回文
{
int i,j;
i=0;
j=n-1;
while(i<j&&a[i]==a[j])
{
i++;
j--;
}
return i>=j;
}
int aplus(int a[],int n,int m) 计算a=a+a
{
int *b,i,j,kc;
b=(int *)malloc(sizeof(int)*1001);
for(i=0;i<n;i++)
b[n-1-i]=a[i];
kc=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
a[i]=a[i]+b[i]+kc;
kc=a[i]/m;
a[i]=a[i]%m;
}
if(kc>0)
a[n++]=kc;
free(b);
return n;
}
int stod(char s[],int a[])
{
int i;
for(i=0;s[i]!='\0';i++)
if(s[i]>='A'&&s[i]<='F')
a[i]=10+s[i]-'A';
else
a[i]=s[i]-'0';
return i;
}
int main()
{
int n,i;
scanf("%d",&p);
scanf("%s",s);
n=stod(s,c);
for(i=0;i<30;i++)
{
n=aplus(c,n,p);
if(reverse(c,n)==1)
{
printf("STEP=%d\n",i+1);
break;
}
}
if(i>=30)
printf("Impossible!\n");
return 0;
}
算法训练 旅行家的预算
问题描述 一个旅行家想驾驶汽车以最少的费用从一个城市到另一个城市（假设出发时油箱是空的）。给定两个城市之间的距离D1、汽车油箱的容量C（以升为单位）、每升汽油能行驶的距离D2、出发点每升汽油价格P和沿途油站数N（N可以为零），油站i离出发点的距离Di、每升汽油价格Pi（i=1，2，……N）。计算结果四舍五入至小数点后两位。如果无法到达目的地，则输出“No Solution”。 输入格式 第一行为4个实数D1、C、D2、P与一个非负整数N； 接下来N行，每行两个实数Di、Pi。 输出格式 如果可以到达目的地，输出一个实数（四舍五入至小数点后两位），表示最小费用；否则输出“No Solution”（不含引号）。 样例输入 275.6 11.9 27.4 2.8 2 102.0 2.9 220.0 2.2 样例输出 26.95
#include <stdio.h>
#define MAX_N 100
float D1,C,D2,P;
float A[MAX_N],B[MAX_N];
int N;
void solve()
{
int i;
float res = 0;
float pos,tank;
pos = B[0];
tank = C;
res += pos*tank;
float we=0;
for(i=1; i<N; i++)
{
tank -= (A[i] - A[i-1]-we)/D2;
if(B[i] < pos)
{
we = 0;
res -= tank*pos;
tank = C;
pos = B[i];
res += tank*pos;
}
else
{
if(tank < (A[i+1]-A[i])/D2)
{
we=0;
we = tank*D2;
tank = C;
pos = B[i];
res += tank*pos;
}
if(tank < 0)
{
puts("No Solution\n");
return ;
}
}
}
tank -= (D1-A[i-1]-we)/D2;
if(tank < 0)
{
puts("No Solution\n");
return ;
}
res -= tank*pos;
printf("%.2f\n",res);
}
int main()
{
int i;
scanf("%f%f%f%f%d",&D1,&C,&D2,&P,&N);
A[0] = 0;
B[0] = P;
N++;
A[N] = D1;
for(i=1; i<N; i++)
scanf("%f%f",&A[i],&B[i]);
if(D1 != 0)
solve();
else
puts("No Solution\n");
return 0;
}
算法训练 进制转换
问题描述
cf为次方 我们可以用这样的方式来表示一个十进制数： 将每个阿拉伯数字乘以一个以该数字所处位置的（值减１）为指数，以１０为底数的幂之和的形式。例如：１２３可表示为 １＊１０２＋２＊１０１＋３＊１００这样的形式。 与之相似的，对二进制数来说，也可表示成每个二进制数码乘以一个以该数字所处位置的（值－１）为指数，以２为底数的幂之和的形式。一般说来，任何一个正整数Ｒ或一个负整数－Ｒ都可以被选来作为一个数制系统的基数。如果是以Ｒ或－Ｒ为基数，则需要用到的数码为 ０，１，．．．．Ｒ－１。例如，当Ｒ＝７时，所需用到的数码是０，１，２，３，４，５和６，这与其是Ｒ或－Ｒ无关。如果作为基数的数绝对值超过１０，则为了表示这些数码，通常使用英文字母来表示那些大于９的数码。例如对１６进制数来说，用Ａ表示１０，用Ｂ表示１１，用Ｃ表示１２，用Ｄ表示１３，用Ｅ表示１４，用Ｆ表示１５。 在负进制数中是用－Ｒ 作为基数，例如－１５（十进制）相当于１１０００１（－２进制），并且它可以被表示为２的幂级数的和数： １１０００１＝１＊（－２）５cf＋１＊（－２）４cf＋０＊（－２）３cf＋０＊（－２）２cf＋ ０＊（－２）１cf ＋１＊（－２）０cf 设计一个程序，读入一个十进制数和一个负进制数的基数, 并将此十进制数转换为此负进制下的数： －Ｒ∈｛－２，－３，－４，．．．，－２０｝
输入格式 一行两个数，第一个是十进制数Ｎ（－32768＜＝Ｎ＜＝32767）， 第二个是负进制数的基数－Ｒ。
输出格式 输出所求负进制数及其基数，若此基数超过１０，则参照１６进制的方式处理。（格式参照样例）
样例输入1 30000 -2 样例输出 30000=11011010101110000(base-2) 样例输入 -20000 -2 样例输出 -20000=1111011000100000(base-2) 样例输入 28800 -16 样例输出 28800=19180(base-16) 样例输入 -25000 -16 样例输出 -25000=7FB8(base-16)
#include <stdio.h>
const char nc[20]={<!-- -->'0','1','2','3','4','5','6','7','8','9','A','B','C','D','E','F','G','H','I','J'};
char str[20];
int main()
{
int m, n, k, t, s;
int i=0;
scanf("%d%d",&m,&n);
s = m;
while(m != 0)
{
k = m % n;
t = m / n;
if(k < 0)
{
k -= n;
t++;
}
m = t;
str[i++]=nc[k];
}
printf("%d=",s);
for(i = i- 1; i >= 0; i--)
printf("%c",str[i]);
printf("(base%d)\n",n);
return 0;
}
算法训练 乘积最大
问题描述
今年是国际数学联盟确定的“2000——世界数学年”，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友XZ也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目：
设有一个长度为N的数字串，要求选手使用K个乘号将它分成K+1个部分，找出一种分法，使得这K+1个部分的乘积能够为最大。
同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子：
有一个数字串：312， 当N=3，K=1时会有以下两种分法：
312=36 312=62
这时，符合题目要求的结果是：31*2=62
现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
输入格式
程序的输入共有两行： 第一行共有2个自然数N，K（6≤N≤40，1≤K≤6） 第二行是一个长度为N的数字串。
输出格式
输出所求得的最大乘积（一个自然数）。
样例输入
4 2 1231 样例输出 62
#include <stdio.h>
#define maxN 41
#define maxK 7
#define InfiniteMin -999999999
int main()
{
int N,K;
int i,j,k,m;
int A[maxN][maxK]; A[i][j]表示前i个数有j个乘号能达到的最大乘积
int s[maxN];
char num[maxN];
int temp,max;
scanf("%d%d%s",&N,&K,num);
for(i=0;i<N;i++)
s[i+1]=num[i]-'0';
for(i=1;i<=N;i++)
{
temp=0;
for(j=1;j<=i;j++)
temp=temp*10+s[j];
A[i][0]=temp;
}
for(j=1;j<=K;j++)
{
for(i=j+1;i<=N;i++)
{
max=InfiniteMin;
for(k=i;k-1>j-1;k--)
{
temp=0;
for(m=k;m<=i;m++)
temp=temp*10+s[m];
temp*=A[k-1][j-1];
max=max>temp?max:temp;
}
A[i][j]=max;
}
}
printf("%d",A[N][K]);
return 0;
}
算法训练 方格取数
问题描述 设有NN的方格图(N<=10),我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放入数字0。 某人从图的左上角的A 点(1,1)出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的B点(N,N)。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。 此人从A点到B 点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。 输入格式 输入的第一行为一个整数N（表示NN的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。 输出格式 只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。 样例输入 8 2 3 13 2 6 6 3 5 7 4 4 14 5 2 21 5 6 4 6 3 15 7 2 14 0 0 0 样例输出 67
#include <stdio.h>
#define max(a,b) a>b?a:b
#define min(a,b) a<b?a:b
int main()
{
int map[11][11]={0},f[11][11]={0};
int i,j,k,N,t;
scanf("%d",&N);
while (scanf("%d%d%d",&i,&j,&k)&&(i||j||k)) map[i][j]=k;
for (i=2;i<=2*N;i++)
for (t=min(i,N),j=t;j>0;j--)
for (k=t;k>0;k--)
{
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k-1]);
f[j][k]=max(f[j][k],f[j][k-1]);
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-1][k]);
if (j==k) f[j][k]+=map[j][i-j];
else f[j][k]+=map[j][i-j]+map[k][i-k];
}
printf("%d",f[N][N]);
return 0;
}
算法训练 求先序排列
问题描述 给出一棵二叉树的中序与后序排列。求出它的先序排列。（约定树结点用不同的大写字母表示，长度<=8）。 输入格式 两行，每行一个字符串，分别表示中序和后序排列 输出格式 一个字符串，表示所求先序排列
样例输入 BADC BDCA 样例输出 ABCD
#include"stdio.h"
#include"string.h"
void dg(char z[],char h[])
{
if(strlen(h)==0)
return;
printf("%c",h[strlen(h)-1]);
if(strlen(h)==1)
return;
if(strlen(h)==2)
{
printf("%c",h[0]);
return;
}
char a[9],b[9];
int i,j;
for(i=0;z[i]!=h[strlen(h)-1];i++)
a[i]=z[i],b[i]=h[i];
a[i]='\0';
b[i++]='\0';
dg(a,b);
for(j=0;i<strlen(h);i++,j++)
a[j]=z[i],b[j]=h[i-1];
a[j]='\0';
b[j]='\0';
dg(a,b);
}
int main()
{
char h[9],z[9];
scanf("%s",z);
scanf("%s",h);
dg(z,h);
return 0;
}
