第一题 换零钞
题目描述
x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。 小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。 小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍， 剩下的当然都是5元面额的。
银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？ （5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）
注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
第二题 激光样式
题目描述
x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。 安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！ 国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？
显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即： 全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种） 开一台，共3种 开两台，只1种
30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。
要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。
注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。
// 算法1 —— 暴力枚举 #include <iostream> using namespace std; // 求x在二进制表示下第k位是0还是1 inline int get(int x, int k) { return x >> k & 1; } int main() { int cnt = 0; for (int i = 0; i < 1 << 30; i ++ ) { bool flag = true; for (int j = 1; j < 30; j ++ ) if (get(i, j) && get(i, j - 1)) { flag = false; break; } cnt += flag; } cout << cnt << endl; return 0; } // 2178309 // 算法2——递推 #include <iostream> using namespace std; int main() { int f[40][2]; f[0][0] = 1; f[0][1] = 0; for (int i = 1; i <= 30; i ++ ) { f[i][0] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1]; f[i][1] = f[i - 1][0]; } cout << f[30][0] + f[30][1] << endl; return 0; } // 2178309 // 2178309第三题 格雷码
题目描述
格雷码是以n位的二进制来表示数。 与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。 首尾两个数字也要求只有1位之差。
有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种： 从编码全0开始生成。 当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0） 当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。 用这个规则产生的4位格雷码序列如下： 0000 0001 0011 0010 0110 0111 0101 0100 1100 1101 1111 1110 1010 1011 1001 1000
以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。
#include <stdio.h> void show(int a,int n) { int i; int msk = 1; for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1; for(i=0; i<n; i++){ printf((a & msk)? “1” : “0”); msk = msk >> 1; } printf("\n"); }
void f(int n) { int i; int num = 1; for(i=0; i<n; i++) num = num<<1; int a = 0; for(i=0; i<num; i++){ show(a,n); if(i%2==0){ a = a ^ 1; } else{ a = _________________________ ; //填空 } } } int main() { f(4); return 0; }
// 填空那行的代码 a = a ^ ((a & -a) << 1);第四题 调手表
题目描述
小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。 在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。 大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。 作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。 小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊…… 他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。 注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。 比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。
「输入格式」 一行两个整数 n, k ，意义如题。
「输出格式」 一行一个整数 表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。
「样例输入」 5 3
「样例输出」 2
「样例解释」 如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下： 1：+1 2：+1, +1 3：+3 4：+3, +1
「数据范围」 对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5 对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100 对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000
资源约定： 峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
注意： main函数需要返回0; 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准; 不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include [HTML_REMOVED] 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。 代码：
#include <cstring> #include <iostream> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 100010; int n, k; int d[N]; void bfs() { queue<int> q; memset(d, -1, sizeof d); d[0] = 0; q.push(0); while (q.size()) { auto t = q.front(); q.pop(); int a = (t + 1) % n; if (d[a] == -1) { d[a] = d[t] + 1; q.push(a); } int b = (t + k) % n; if (d[b] == -1) { d[b] = d[t] + 1; q.push(b); } } } int main() { cin >> n >> k; bfs(); int res = 0; for (int i = 0; i < n; i ++ ) res = max(res, d[i]); cout << res << endl; return 0; }第五题 搭积木
题目描述
小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。 在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。 随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：
规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐； 规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙； 规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。
其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。 现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。 由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。 注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。
【输入格式】 输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。 随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。
【输出格式】 输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。
【样例输入1】
2 3 …X .X. 【样例输出1】 4
【样例说明1】 成功的摆放有（其中O表示放置积木）： (1)
…X .X. (2)
…X OX. (3)
O.X OX. (4)
…X .XO 【样例输入2】
3 3 …X .X. … 【样例输出2】 16
【数据规模约定】 对于10%的数据，n=1，m<=30； 对于40%的数据，n<=10，m<=30； 对于100%的数据，n<=100，m<=100。
#include <iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 110, mod = 1e9 + 7; int n, m; LL s[N][N]; // 二维前缀和 int c[N][N]; // 表示第i层前j个字符中有多少个'X' LL f[N][N][N]; void get_prefix_sum(int i) { for (int j = 1; j <= m; j ++ ) for (int k = 1; k <= m; k ++ ) s[j][k] = (s[j - 1][k] + s[j][k - 1] - s[j - 1][k - 1] + f[i][j][k]) % mod; } LL get_sum(int x1, int y1, int x2, int y2) { return (s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1]) % mod; } int main() { cin >> n >> m; char str[N]; for (int i = n; i; i -- ) { cin >> str + 1; for (int j = 1; j <= m; j ++ ) c[i][j] = c[i][j - 1] + (str[j] == 'X'); } // 初始化dp数组 f[0][1][m] = 1; get_prefix_sum(0); int res = 1; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { for (int j = 1; j <= m; j ++ ) for (int k = j; k <= m; k ++ ) if (c[i][k] - c[i][j - 1] == 0) { LL &x = f[i][j][k]; x = (x + get_sum(1, k, j, m)) % mod; res = (res + x) % mod; } get_prefix_sum(i); } cout << (res + mod) % mod << endl; return 0; }第六题 矩阵求和
题目描述
经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。 今天小明的任务是填满这么一张表： 表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。 其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方， gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列： 1 1 1 1 1 4 1 4 1 1 9 1 1 4 1 16
小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。 由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。
「输入格式」 一行一个正整数 n 意义见题。
「输出格式」 一行一个数，表示所有元素的和。由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。
「样例输入」 4
「样例输出」 48
「数据范围」 对于 30% 的数据，n <= 1000 存在 10% 的数据，n = 10^5 对于 60% 的数据，n <= 10^6 对于 100% 的数据，n <= 10^7
#include <iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 1e7 + 10, mod = 1e9 + 7; int primes[N], euler[N], cnt; bool st[N]; LL s[N]; // 质数存在primes[]中，euler[i] 表示 // i的欧拉函数 void get_eulers(int n) { euler[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i ++ ) { if (!st[i]) { primes[cnt ++ ] = i; euler[i] = i - 1; } for (int j = 0; j < cnt && i * primes[j] <= n; j ++ ) { st[primes[j] * i] = true; if (i % primes[j] == 0) { euler[i * primes[j]] = euler[i] * primes[j]; break; } euler[i * primes[j]] = euler[i] * (primes[j] - 1); } } s[1] = euler[1]; for (int i = 2; i <= n; i ++ ) s[i] = (s[i - 1] + 2 * euler[i]) % mod; } int main() { int n; cin >> n; get_eulers(n); LL res = 0; for (int d = 1; d <= n; d ++ ) res = (res + s[n / d] * d % mod * d) % mod; cout << res << endl; return 0; }