A.谍报分析
题意：请你编程，快速统计出频率高的前十个单词。
思路：字符串输入，map哈希表map<string,int >记录每个单词出现的次数，pair重载优先级
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<string,int > mp;
string s;
typedef pair<string, int> PAIR;
bool cmp(const PAIR& lhs, const PAIR& rhs) {
if(lhs.second == rhs.second){
return lhs.first < rhs.first;
}
return lhs.second > rhs.second;
}
int main(){
char c[20010];
while(cin>>s){
int len = s.length();
if(s[len-1] == '.' || s[len-1] == ','){
for(int i=0;i<len-1;i++){
c[i] = s[i];
}
c[len-1] = '\0';
}else{
for(int i=0;i<len;i++){
c[i] = s[i];
}
c[len] = '\0';
}
mp[c]++;
// cout<<c<<endl;
}
vector<PAIR> vec(mp.begin(),mp.end());
sort(vec.begin(),vec.end(),cmp);
for(int i=0;i<10;i++){
cout<<vec[i].first<<" "<<vec[i].second<<endl;
}
return 0;
}
B.情报传递
题目：特科组的情报人员共有N人，其代号分别为0,1，……,N-1。 0号是最高*，特工之间有一套严格的单线联络程序，即，每个特工人员只有一个上线，他获得的情报需层层上传递到0号手里，由0号发报出去。 特工i在传递情报时，若通往到0号的通道尚未建立，则需要建立一级级单线通道;若他的上线已建立好通道，只需建立两人通道，信息发送给上线；依次类推。若特工i已建立好到0号的通道，则直接发出情报。日伪统治中心南京，既是情报来源丰富的地方，又是特工人员活动最危险的地方。因此，一旦某个特工处于不安全状态，他必须马上撤离，同时他的所有下线（处在通道上的一级级下线）也一同撤离。 已知***特科组的组织结构，你的任务是计算，当某特工i需要发送情报时，最少需要建立几个情报人员的通道；当某特工i处于不安全状态时，最少需要撤离多少人员。
思路：画图，是一颗树，边没有连，dfs向下遍历统计危险时需要撤离的数量(撤离子孙)，bfs向上统计直到根结点0，edge数组记录当前边是否建立了通道，通过样例还可以看出要根0也要算一次，wa了6发最终AC
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5100;
int n,m;
int fa[maxn];
int edge[maxn][maxn];
int ans;
int vis[maxn];
int cnt;
vector<int> v[maxn];
struct node{
int x;
int step;
node(int xx,int ss){
x = xx;
step = ss;
}
};
queue<node> q;
void bfs(int s){
q.push(node(s,0));
while(!q.empty()){
int curx = q.front().x;
int curs = q.front().step;
if(curx == 0){
if(edge[0][0]){
ans = min(ans,curs);
}else{
ans = min(ans,curs);
ans++;
edge[0][0] = 1;
}
}
q.pop();
if(curx == 0) continue;
if(edge[fa[curx]][curx]){
q.push(node(fa[curx],curs));
}else{
edge[fa[curx]][curx] = 1;
edge[curx][fa[curx]] = 1;
q.push(node(fa[curx],curs+1));
}
}
}
void dfs(int x){
cnt++;
for(int i=0;i<v[x].size();i++){
int child = v[x][i];
if(edge[x][child]){
edge[x][child] = 0;
edge[child][x] = 0;
dfs(child);
}
}
}
int main(){
cin>>n;
fa[0] = 0;
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int d;
cin>>d;
fa[i] = d;
v[d].push_back(i);
}
cin>>m;
char ch[10];
int first = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",ch);
int d;
cin>>d;
if(ch[0] == 'S'){
ans = 0x3f3f3f3f;
bfs(d);
cout<<ans<<endl;
}else{
cnt = 0;
dfs(d);
if(edge[fa[d]][d]){
edge[fa[d]][d] = 0;
edge[d][fa[d]] = 0;
cnt++;
}
cnt--;
cout<<cnt<<endl;
}
}
return 0;
}
C.最小密钥
思路：因为数据量小，枚举mod的值，vis数组标记就可以了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n;
int a[3005];
int vis[20005];
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int maxi = a[1];
for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i] > maxi) maxi = a[i];
memset(vis,0,sizeof(vis));
int ans = maxi;
for(int mod = 1;mod<=maxi+1;mod++){
bool flag = true;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[a[i]%mod]){
vis[a[i]%mod] = 1;
}else{
flag = false;
break;
}
}
if(flag){
ans = mod;
break;
}
for(int i=0;i<=mod+1;i++) vis[i] = 0;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D.年终奖金
思路：DP，区间dp做多了很容易看出状态转移方程。。。然后就是边界的问题了，慢慢调。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 110;
int n,m,c;
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main(){
while(cin>>n>>m>>c){
memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=m;i<=n;i++){
dp[1][i] = (a[i]-a[1])*(a[i]-a[1]) + c;
}
//第i个人
for(int i=2;i<=n/m;i++){
//第i个人完成的任务数 j
for(int j=(i-1)*m+1;j<=n;j++){
//第i个人取到j个物品，可以由第i-1个人完成的最后一个任务k开始推出来；(所以是区间dp)
for(int k=m;k<=j-m*(i-1);k++){
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j-k] + (a[j]-a[j-k+1])*(a[j]-a[j-k+1]) + c );
}
}
}
int ans = inf;
for(int i=1;i<=n/m;i++){
ans = min(ans,dp[i][n]);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
可以改成一维 O(n^2)，前面这一种方法 i~人这一维可以忽略
#include<stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
#define MAX 0x3f3f3f3f
#define min(x,y)(x<y?x:y)
using namespace std;
int a[110];
int dp[110];
int main()
{
int n,k,c;
while(~scanf("%d%d%d",&n,&k,&c))
{
memset(dp,MAX,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
if(n<k){//这里需要注意一下的是如果任务不足K个，直接用最大减最小的平方
printf("%d\n",(a[n]-a[1])*(a[n]-a[1]));
continue;
}
dp[0]=0;
//区间dp 完成第i个任务是由 前一个人第j个任务推过来的(第j个任务可以是 0~i-k这些值) 也就表示 当前这个人从j+1完成到i个任务
for(int i=k;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=i-k;j++) //前一个人 ~ 当前这个人 最少差为k
{
if(j<k&&j!=0)
continue;
dp[i]=min(dp[j]+c+(a[i]-a[j+1])*(a[i]-a[j+1]),dp[i]);
}
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return 0;
}
E.GDP值
还没看题
F.Binary to Prime
思路：理解题意后得知先素数打表，倒序遍历一遍给出的字符串，如果是'1'，就累加起来
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int sum = 0;
vector<char> v;
int prime[1000010];
int storage[1000010];
void Prime(){
for (int i = 2; i <= 1000000; i++) {
prime[i] = true;
}
for (int i = 1; i * i <= 1000000; i++) {
if (prime[i]) {
for (int j = i * i; j <= 1000000; j += i) {
prime[j] = false;
}
}
}
}
int main(){
Prime();
int cur = 1;
for(int i=1;i<=100010;i++){
if(prime[i]){
storage[cur++] = i;
}
}
string s;
while(cin>>s){
sum = 0;
for(int i=s.length()-1;i>=0;i--){
v.push_back(s[i]);
}
int len = v.size();
for(int i=0;i<len;i++){
if(v[i] == '1'){
sum+=storage[i+1];
}
}
cout<<sum<<endl;
v.clear();
}
return 0;
}
G. Plumbing the depth of lake
题意：如果当前方块的8个方向有一个与他相等，他就是题目说的reading。统计地图上最深的(值最大)的方块
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int a[100][100];
int vis[100][100];
int n,m;
int dr[8][2] = {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};
bool in(int x,int y){
return x>=1 && x<=n && y>=1 && y<=m;
}
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
int ans = -0x3f3f3f3f;
for(int x=1;x<=n;x++){
for(int y=1;y<=n;y++){
if(a[x][y] == 0) continue;
for(int i = 0;i<8;i++){
int tx = x+dr[i][0];
int ty = y+dr[i][1];
if(in(tx,ty) && a[tx][ty] == a[x][y]){
ans = max(ans,a[x][y]);
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
H. Intelligent Parking Building
还没看题