1．统计数字
(count.pas/c/cpp)
【问题描述】
某次科研调查时得到了n个自然数，每个数均不超过1500000000（1.5*109）。已知不相同的数不超过10000个，现在需要统计这些自然数各自出现的次数，并按照自然数从小到大的顺序输出统计结果。
【输入】
输入文件count.in包含n+1行：
第1行是整数n，表示自然数的个数。
第2~n+1行每行一个自然数。
【输出】
输出文件count.out包含m行（m为n个自然数中不相同数的个数），按照自然数从小到大的顺序输出。每行输出两个整数，分别是自然数和该数出现的次数，其间用一个空格隔开。
【输入输出样例】
| count.in | count.out |
| 8 2 4 2 4 5 100 2 100 | 2 3 4 2 5 1 100 2 |
【限制】
40%的数据满足：1<=n<=1000
80%的数据满足：1<=n<=50000
100%的数据满足：1<=n<=200000，每个数均不超过1 500 000 000（1.5*109）
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int n;
int a[201000];
int cmp(const void *a,const void *b){
return *(int *)a-*(int *)b;
}
int main(){
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
qsort(a+1,n,sizeof(int),cmp);
int cnt=0,s=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (i==1){
s=a[i];
cnt++;
continue;
}
if (s!=a[i]){
printf("%d %d\n",s,cnt);
s=a[i];
cnt=1;
}else if (s==a[i]) cnt++;
}
printf("%d %d\n",s,cnt);
return 0;
}
2．字符串的展开
(expand.pas/c/cpp)
【问题描述】
在初赛普及组的“阅读程序写结果”的问题中，我们曾给出一个字符串展开的例子：如果在输入的字符串中，含有类似于“d-h”或“4-8”的子串，我们就把它当作一种简写，输出时，用连续递增的字母或数字串替代其中的减号，即，将上面两个子串分别输出为“defgh”和“45678”。在本题中，我们通过增加一些参数的设置，使字符串的展开更为灵活。具体约定如下：
（1）遇到下面的情况需要做字符串的展开：在输入的字符串中，出现了减号“-”，减号两侧同为小写字母或同为数字，且按照ASCII码的顺序，减号右边的字符严格大于左边的字符。
（2）参数p1：展开方式。p1=1时，对于字母子串，填充小写字母；p1=2时，对于字母子串，填充大写字母。这两种情况下数字子串的填充方式相同。p1=3时，不论是字母子串还是数字子串，都用与要填充的字母个数相同的星号“*”来填充。
（3）参数p2：填充字符的重复个数。p2=k表示同一个字符要连续填充k个。例如，当p2=3时，子串“d-h”应扩展为“deeefffgggh”。减号两侧的字符不变。
（4）参数p3：是否改为逆序：p3=1表示维持原有顺序，p3=2表示采用逆序输出，注意这时仍然不包括减号两端的字符。例如当p1=1、p2=2、p3=2时，子串“d-h”应扩展为“dggffeeh”。
（5）如果减号右边的字符恰好是左边字符的后继，只删除中间的减号，例如：“d-e”应输出为“de”，“3-4”应输出为“34”。如果减号右边的字符按照ASCII码的顺序小于或等于左边字符，输出时，要保留中间的减号，例如：“d-d”应输出为“d-d”，“3-1”应输出为“3-1”。
【输入】
输入文件expand.in包括两行：
第1行为用空格隔开的3个正整数，依次表示参数p1，p2，p3。
第2行为一行字符串，仅由数字、小写字母和减号“-”组成。行首和行末均无空格。
【输出】
输出文件expand.out只有一行，为展开后的字符串。
【输入输出样例1】
|
expand.in |
expand.out |
|
1 2 1 abcs-w1234-9s-4zz |
abcsttuuvvw1234556677889s-4zz |
【输入输出样例2】
|
expand.in |
expand.out |
|
2 3 2 a-d-d |
aCCCBBBd-d |
【输入输出样例3】
|
expand.in |
expand.out |
|
3 4 2 di-jkstra2-6 |
dijkstra2************6 |
【限制】
40%的数据满足：字符串长度不超过5
100%的数据满足：1<=p1<=3, 1<=p2<=8, 1<=p3<=2。字符串长度不超过100
var
i,j,k,p1,p2,p3,len:longint;
s:string;
c:char;
begin
assign(input,'expand.in');reset(input);
assign(output,'expand.out');rewrite(output);
readln(p1,p2,p3);
readln(s);
len:=length(s);
for i:=1 to len do
begin
if (i-1>0)and(i+1<=len) then
if (s[i]='-') then
if ((ord(s[i-1])>=97)and(ord(s[i+1])<=122))or((ord(s[i-1])>47)and(ord(s[i+1])<58)) then
if (ord(s[i-1])<ord(s[i+1])) then
begin
if (p3=1) then
begin
for j:=ord(s[i-1])+1 to ord(s[i+1])-1 do
for k:=1 to p2 do
begin
c:=chr(j);
if (p1=2) then c:=upcase(c);
if (p1=3) then c:='*';
write(c);
end;
continue;
end;
if (p3=2) then
begin
for j:=ord(s[i+1])-1 downto ord(s[i-1])+1 do
for k:=1 to p2 do
begin
c:=chr(j);
if (p1=2) then c:=upcase(c);
if (p1=3) then c:='*';
write(c);
end;
continue;
end;
end;
write(s[i]);
end;
writeln;
close(input);close(output);
end.
3. 矩阵取数游戏
(game.pas/c/cpp)
【问题描述】
帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏：对于一个给定的n*m的矩阵，矩阵中的每个元素aij均为非负整数。游戏规则如下：
1. 每次取数时须从每行各取走一个元素，共n个。m次后取完矩阵所有元素；
2. 每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾；
3. 每次取数都有一个得分值，为每行取数的得分之和，每行取数的得分 = 被取走的元素值*2i，其中i表示第i次取数（从1开始编号）；
4. 游戏结束总得分为m次取数得分之和。
帅帅想请你帮忙写一个程序，对于任意矩阵，可以求出取数后的最大得分。
【输入】
输入文件game.in包括n+1行：
第1行为两个用空格隔开的整数n和m。
第2~n+1行为n*m矩阵，其中每行有m个用单个空格隔开的非负整数。
【输出】
输出文件game.out仅包含1行，为一个整数，即输入矩阵取数后的最大得分。
【输入输出样例1】
|
game.in |
game.out |
|
2 3 1 2 3 3 4 2 |
82 |
【输入输出样例1解释】
第1次：第1行取行首元素，第2行取行尾元素，本次得分为1*21+2*21=6
第2次：两行均取行首元素，本次得分为2*22+3*22=20
第3次：得分为3*23+4*23=56。总得分为6+20+56=82
【输入输出样例2】
|
game.in |
game.out |
|
1 4 4 5 0 5 |
122 |
【输入输出样例3】
|
game.in |
game.out |
|
2 10 96 56 54 46 86 12 23 88 80 43 16 95 18 29 30 53 88 83 64 67 |
316994 |
【限制】
60%的数据满足：1<=n, m<=30, 答案不超过1016
100%的数据满足：1<=n, m<=80, 0<=aij<=1000
//一个点超时
#include<cstring>
#include <cstdio>
#include <cstring>
int n,m;
int ans[10];
int a[100][100];
int f[100][100][10];
int tmp[10];
bool compare(int *a,int *b){
if (a[0]>b[0]) return 1;
else if (a[0]<b[0]) return 0;
else{
for (int i=a[0];i>0;i--){
if (a[i]>b[i]) return 1;
else if (a[i]<b[i]) return 0;
}
}
return 0;
}
void Plus(int *a,int *b,int *d){
int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
int len;
if (a[0]>b[0]) len=a[0]+2;else len=b[0]+2;
for (int i=1;i<=len;i++){
c[i]=a[i]+b[i];
c[i]+=c[i-1] / 10000;
c[i-1] %= 10000;
}
while (c[len]==0 && len>1) len--;
c[0]=len;
memcpy(d,c,sizeof(c));
}
void Multity2(int *a,int b){
int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
int len=a[0]+1;
for (int i=1;i<=len;i++){
c[i]=a[i]*b;
c[i]+=c[i-1] / 10000;
c[i-1] %= 10000;
}
while (c[len]==0 && len>1) len--;
c[0]=len;
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
void Multity(int *a,int *b,int *d){
int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
for (int i=1;i<=a[0];i++){
for (int j=1;j<=b[0];j++){
c[i+j-1] +=a[i]*b[j];
c[i+j] += c[i+j-1] / 10000;
c[i+j-1] %= 10000;
}
}
c[0]=a[0]+b[0]+1;
while (c[c[0]]==0 && c[0]>1) --c[0];
memcpy(d,c,sizeof(c));
}
int* get(int a,int b){
int *tt= new int[10];
memset(tt,0,10*sizeof(int));
tt[0]=1;
tt[1]=a;
int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
c[0]=1;
c[1]=2;
while (b>0){
if (b & 1) Multity(tt,c,tt);
b >>= 1;
Multity(c,c,c);
}
return tt;
}
void print(int *a){
printf("%d",a[a[0]]);
for (int i=a[0]-1;i>0;i--){
printf("%4.4d",a[i]);
}
putchar('\n');
}
int main(){
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
ans[0]=1;
ans[1]=0;
for (int k=1;k<=n;k++){
for (int i=0;i<=m;i++)
for (int j=0;j<=m-i;j++){
f[i][j][1]=0;
f[i][j][0]=1;
if (j>0){
Plus(f[i][j-1],get(a[k][m-j+1],i+j),tmp);
if (compare(tmp,f[i][j])) memcpy(f[i][j],tmp,sizeof(tmp));
}
if (i>0){
Plus(f[i-1][j],get(a[k][i],i+j),tmp);
if (compare(tmp,f[i][j])) memcpy(f[i][j],tmp,sizeof(tmp));
}
}
tmp[0]=1;
tmp[1]=0;
for (int i=1;i<=m;i++){
if (compare(f[i][m-i],tmp)) memcpy(tmp,f[i][m-i],sizeof(tmp));
}
Plus(ans,tmp,ans);
}
print(ans);
return 0;
}
4. 树网的核
(core.pas/c/cpp)
【问题描述】
设T=(V, E, W) 是一个无圈且连通的无向图（也称为无根树），每条边带有正整数的权，我们称T为树网（treenetwork），其中V, E分别表示结点与边的集合，W表示各边长度的集合，并设T有n个结点。
路径：树网中任何两结点a,b都存在唯一的一条简单路径，用d(a,b)表示以a,b为端点的路径的长度，它是该路径上各边长度之和。我们称d(a,b)为a,b两结点间的距离。
一点v到一条路径P的距离为该点与P上的最近的结点的距离：
d(v，P)=min{d(v，u)，u为路径P上的结点}。
树网的直径：树网中最长的路径称为树网的直径。对于给定的树网T，直径不一定是唯一的，但可以证明：各直径的中点（不一定恰好是某个结点，可能在某条边的内部）是唯一的，我们称该点为树网的中心。
偏心距ECC(F)：树网T中距路径F最远的结点到路径F的距离，即
。
任务：对于给定的树网T=(V, E,W)和非负整数s，求一个路径F，它是某直径上的一段路径（该路径两端均为树网中的结点），其长度不超过s（可以等于s），使偏心距ECC(F)最小。我们称这个路径为树网T=(V,E,W)的核（Core）。必要时，F可以退化为某个结点。一般来说，在上述定义下，核不一定只有一个，但最小偏心距是唯一的。
下面的图给出了树网的一个实例。图中，A-B与A-C是两条直径，长度均为20。点W是树网的中心，EF边的长度为5。如果指定s=11，则树网的核为路径DEFG（也可以取为路径DEF），偏心距为8。如果指定s=0（或s=1、s=2），则树网的核为结点F，偏心距为12。
【输入】
输入文件core.in包含n行：
第1行，两个正整数n和s，中间用一个空格隔开。其中n为树网结点的个数，s为树网的核的长度的上界。设结点编号依次为1, 2, ..., n。
从第2行到第n行，每行给出3个用空格隔开的正整数，依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如，“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。
所给的数据都是正确的，不必检验。
【输出】
输出文件core.out只有一个非负整数，为指定意义下的最小偏心距。
【输入输出样例1】
|
core.in |
core.out |
|
5 2 1 2 5 2 3 2 2 4 4 2 5 3 |
5 |
【输入输出样例2】
|
core.in |
core.out |
|
8 6 1 3 2 2 3 2 3 4 6 4 5 3 4 6 4 4 7 2 7 8 3 |
5 |
【限制】
40%的数据满足：5<=n<=15
70%的数据满足：5<=n<=80
100%的数据满足：5<=n<=300, 0<=s<=1000。边长度为不超过1000的正整数
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
int n,s;
int d[310][310];
int diameter[310];
int pre[310];
int use[310];
int main(){
freopen("core.in","r",stdin);
freopen("core.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&s);
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=1;j<=n;j++){
if (i!=j) d[i][j]=INF;
}
}
for (int i=1;i<=n;i++){
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
if (d[a][b]>c){d[a][b]=c;d[b][a]=c;}
}
for (int k=1;k<=n;k++){
for (int i=1;i<=n;i++)if (i!=k){
for (int j=1;j<=n;j++)if (i!=j && j!=k){
if (d[i][j]>d[i][k]+d[k][j])
d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];
}
}
}
int maxlength=0,st,en;
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=1;j<=n;j++){
if (d[i][j]>maxlength){
maxlength=d[i][j];
st=i;
en=j;
}
}
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (d[st][i]+d[i][en]==maxlength){
diameter[++diameter[0]]=i;
}
}
for (int i=1;i<=diameter[0];i++){
for (int j=i;j<=diameter[0];j++){
if (d[st][diameter[i]]>d[st][diameter[j]]){
int t=diameter[i];
diameter[i]=diameter[j];
diameter[j]=t;
}
}
}
int ans=0x7fffffff;
for (int i=1;i<=diameter[0];i++){
int u=diameter[i];
for (int j=i;j<=diameter[0];j++){
int v=diameter[j];
int len=0;
if (d[u][v]<=s)
for (int k=1;k<=n;k++){
int tmp=0x7ffffff;
for (int l=i;l<=j;l++){
int t=diameter[l];
if (d[k][t]<tmp) tmp=d[k][t];
}
if (tmp>len) len=tmp;
}
if (len!=0 && len<ans) ans=len;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/sprayoflearn/archive/2011/11/07/2239593.html