C/C++编程（1~8级）全部真题・点这里
第1题：道路
N个以 1 … N 标号的城市通过单向的道路相连:。每条道路包含两个参数：道路的长度和需要为该路付的通行费（以金币的数目来表示）
Bob and Alice 过去住在城市 1.在注意到Alice在他们过去喜欢玩的纸牌游戏中作弊后，Bob和她分手了，并且决定搬到城市N。他希望能够尽可能快的到那，但是他囊中羞涩。我们希望能够帮助Bob找到从1到N最短的路径，前提是他能够付的起通行费。
时间限制：1000
内存限制：65536
输入
第一行包含一个整数K, 0 <= K <= 10000, 代表Bob能够在他路上花费的最大的金币数。第二行包含整数N， 2 <= N <= 100, 指城市的数目。第三行包含整数R, 1 <= R <= 10000, 指路的数目. 接下来的R行，每行具体指定几个整数S, D, L 和 T来说明关于道路的一些情况，这些整数之间通过空格间隔: S is 道路起始城市, 1 <= S <= N D is 道路终点城市, 1 <= D <= N L is 道路长度, 1 <= L <= 100 T is 通行费 (以金币数量形式度量), 0 <= T <=100 注意不同的道路可能有相同的起点和终点。
输出
输入结果应该只包括一行，即从城市1到城市N所需要的最小的路径长度（花费不能超过K个金币）。如果这样的路径不存在，结果应该输出-1。
样例输入
5
6
7
1 2 2 3
2 4 3 3
3 4 2 4
1 3 4 1
4 6 2 1
3 5 2 0
5 4 3 2
样例输出
11
答案：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
struct Road
{
int d,L,t;
};
int N,K,R;
vector < vector <Road> > G(110);//用二维数组表示临界表，G[s]表示和s邻接的路
int minLen;//全局变量，记录最短的路径长度
int totalCost;//当前状态的花费
int totalLen;//当前状态的长度
int visited[110];
int minL[110][10010];//minL[i][j]的意义是当到达i点是花费为j时的最短路径
void Dfs(int s)
{
if(s==N)
{
minLen=min(minLen,totalLen);
return ;
}
int len=G[s].size();
for(int i=0;i<len;i++)//枚举和s相邻接额情况
{
Road r=G[s][i];
if(!visited[r.d])//如果没有被走过
{
/*下面三个if语句是三条剪枝条件*/
if(totalCost+r.t>K)//如果当前花销大于K了
continue;
if(totalLen+r.L>=minLen)//如果当前的路径已经超过了已存在的最短路径，那就没必要往后dfs了
continue;
//如果存在两种方式都到达同一点并且花销相同，但是如果当前的长度大于另一种方式的长度，则continue
if(totalLen+r.L>minL[r.d][totalCost+r.t])
continue;
minL[r.d][totalCost+r.t]=totalLen+r.L;
visited[r.d]=1;
totalCost+=r.t;
totalLen+=r.L;
Dfs(r.d);
visited[r.d]=0;//因为可能存在多种方式的dfs的路径，所以每次dfs之后都要还原到之前的状态
totalCost-=r.t;
totalLen-=r.L;
}
}
}
int main()
{
cin>>K>>N>>R;
for(int i=0;i<R;i++)
{
int s;
Road r;
cin>>s;
cin>>r.d>>r.L>>r.t;
G[s].push_back(r);
}
totalCost=0;
totalLen=0;
minLen=1<<30;//无穷大
memset(visited,0,sizeof(visited));
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=0;j<10010;j++)
minL[i][j]=1<<30;
visited[1]=1;
Dfs(1);
if(minLen<(1<<30))
cout<<minLen<<endl;
else
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
第2题：Freda的越野跑
Freda报名参加了学校的越野跑。越野跑共有N人参加，在一条笔直的道路上进行。这N个人在起点处站成一列，相邻两个人之间保持一定的间距。比赛开始后，这N个人同时沿着道路向相同的方向跑去。换句话说，这N个人可以看作x轴上的N个点，在比赛开始后，它们同时向x轴正方向移动。
假设越野跑的距离足够远，这N个人的速度各不相同且保持匀速运动，那么会有多少对参赛者之间发生“赶超”的事件呢？
时间限制：1000
内存限制：262144
输入
第一行1个整数N。 第二行为N 个非负整数，按从前到后的顺序给出每个人的跑步速度。 对于50%的数据，2<=N<=1000。 对于100%的数据，2<=N<=100000。
输出
一个整数，表示有多少对参赛者之间发生赶超事件。
样例输入
5
1 3 10 8 5
样例输出
7
提示
我们把这5个人依次编号为A,B,C,D,E，速度分别为1,3,10,8,5。 在跑步过程中： B,C,D,E均会超过A，因为他们的速度都比A快； C,D,E都会超过B，因为他们的速度都比B快； C,D,E之间不会发生赶超，因为速度快的起跑时就在前边。
答案：
#include <iostream>
#define N 100002
int a[N] = {0}, t[N] = {0};
long long c = 0;
void merge(int l, int m, int r) {
int i = l, j = m + 1, k = l;
while (i <= m && j <= r)
if (a[i] > a[j])
t[k++] = a[i++];
else {
t[k++] = a[j++];
c += 1 + m - i;
}
while (i <= m)
t[k++] = a[i++];
while (j <= r)
t[k++] = a[j++];
for (i = l; i <= r; ++i)
a[i] = t[i];
}
void divide(int l, int r) {
int m;
if (r > l) {
m = (r + l) / 2;
divide(l, m);
divide(m + 1, r);
merge(l, m, r);
}
}
int main() {
int n, i = 0;
std::cin >> n;
while (i < n)
std::cin >> a[i++];
divide(0, n - 1);
std::cout << c;
}
第3题：Rainbow的商店
Rainbow开了一家商店，在一次进货中获得了N个商品。
已知每个商品的利润和过期时间。
Rainbow每天只能卖一个商品，并且过期商品不能再卖。
Rainbow也可以选择在每天出售哪个商品，并且一定可以卖出。
由于这些限制，Rainbow需要制定一份合理的售卖计划。请你计算一下，Rainbow最终可以获得的最大收益。
时间限制：1000
内存限制：262144
输入
第一行两个整数N。 接下来N行每行两个整数，分别表示每个商品的利润、过期时间。 1<=N,利润,时间<=10000。
输出
输出一个整数，表示Rainbow最终可以获得的最大收益。
样例输入
7
20 1
2 1
10 3
100 2
8 2
5 20
50 10
样例输出
185
提示
第1天卖出20 第2天卖出100 第3天卖出10 第4天卖出50（实际上只要在第10天卖就可以） 第5天卖出5（实际上只要在第20天前卖就可以） 总计185 其它2件商品由于过期、每天只能卖一个的限制，在最优策略下应该不出售。
答案：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#pragma warning (disable:4996);
using namespace std;
int N;
struct Goods
{
int w;
int d;
friend bool operator <(const Goods a, const Goods b)
{
if (a.w != b.w)
{
return a.w < b.w;//大的天数小的在前
}
else
{
return a.d > b.d;
}
}
}good[10005];
bool vis[10005] = {};
int main()
{
cin >> N;
priority_queue<Goods>que;
int maxval=0;
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
scanf("%d %d", &good[i].w, &good[i].d);
que.push(good[i]);
}
while (!que.empty())
{
Goods now = que.top();
que.pop();
for (int i = now.d; i >= 1; i--)
{
if (!vis[i])
{
vis[i] = 1;
maxval += now.w;
break;
}
}
}
printf("%d\n", maxval);
return 0;
}
第4题：冰阔落
老王喜欢喝冰阔落。
初始时刻，桌面上有n杯阔落，编号为1到n。老王总想把其中一杯阔落倒到另一杯中，这样他一次性就能喝很多很多阔落，假设杯子的容量是足够大的。
有m 次操作，每次操作包含两个整数x与y。
若原始编号为x 的阔落与原始编号为y的阔落已经在同一杯，请输出"Yes"；否则，我们将原始编号为y 所在杯子的所有阔落，倒往原始编号为x 所在的杯子，并输出"No"。
最后，老王想知道哪些杯子有冰阔落。
时间限制：10000
内存限制：65536
输入
有多组测试数据，少于 5 组。 每组测试数据，第一行两个整数 n, m (n, m<=50000)。接下来 m 行，每行两个整数 x, y (1<=x, y<=n)。
输出
每组测试数据，前 m 行输出 “Yes” 或者 “No”。 第 m+1 行输出一个整数，表示有阔落的杯子数量。 第 m+2 行有若干个整数，从小到大输出这些杯子的编号。
样例输入
3 2
1 2
2 1
4 2
1 2
4 3
样例输出
No
Yes
2
1 3
No
No
2
1 4
答案：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string str;
int a[50000+5],cnt;
int root(int x)
{
if(a[x]==x) return x;
return root(a[x]);
}
void find(int l,int r)
{
int ll=root(l),rr=root(r);
if(ll==rr)
{
printf("Yes\n");
//cout<<"Yes"<<endl;
}
else
{
a[rr] =ll;
cnt--;
//cout<<"No"<<endl;
printf("No\n");
}
}
int main()
{
int m,n,l,r;
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
{
cnt=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d %d",&l,&r);
//cin>>l>>r;
find(l,r);
}
printf("%d\n",cnt);
//cout<<cnt<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]==i) printf("%d ",i);//cout<<i<<" ";
//cout<<endl;
printf("\n");
}
return 0;
}
