| 题目 | 概括 |
|---|---|
| 出现次数最多的数 | 暴力枚举，非常简单 |
| ISBN号码 | 直接模拟，非常简单 |
| 最大的矩形 | 用到双指针（优化枚举），非常简单 |
| 有趣的数 | 用到了数学知识排列组合，有一定思维难度 |
| I’m stuck! | 我用到了两个dfs来解决，解法比较暴力代码量大，但是速度也比较快 |
1、出现次数最多的数
给定 n 个正整数，找出它们中出现次数最多的数。
如果这样的数有多个，请输出其中最小的一个。
输入格式
输入的第一行只有一个正整数 n ，表示数字的个数。输入的第二行有 n 个整数 s1,s2,…,sn 。
相邻的数用空格分隔。
输出格式
输出这 n 个次数中出现次数最多的数。如果这样的数有多个，输出其中最小的一个。
数据范围
1≤n≤1000 , 1≤si≤10000
输入样例：
6
10 1 10 20 30 20
输出样例：
10
思路：
非常简单的题，暴力枚举即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
const int N=1e5+3;
int v[N];
int main()
{
cin>>n;
int minv=1e5;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
cin>>x;
v[x]++;
}
int time=0;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
if(v[i]!=0 && v[i]>time)
{
minv=i;
time=v[i];
}
else if(v[i]!=0 && v[i]==time && i<minv)
{
minv=i;
time=v[i];
}
}
cout<<minv;
return 0;
}
2、ISBN号码
每一本正式出版的图书都有一个 ISBN 号码与之对应。
ISBN 码包括 9 位数字、1 位识别码和 3 位分隔符，其规定格式如 x-xxx-xxxxx-x，其中符号 -
是分隔符（键盘上的减号），最后一位是识别码，例如 0-670-82162-4 就是一个标准的ISBN码。ISBN 码的首位数字表示书籍的出版语言，例如 0 代表英语；第一个分隔符 - 之后的三位数字代表出版社，例如 670
代表维京出版社；第二个分隔之后的五位数字代表该书在出版社的编号；最后一位为识别码。识别码的计算方法如下：
首位数字乘以 1 加上次位数字乘以 2 ……以此类推，用所得的结果 mod11 ，所得的余数即为识别码，如果余数为 10
，则识别码为大写字母 X 。例如 ISBN 号码 0-670-82162-4 中的识别码 4 是这样得到的：对 067082162 这 9
个数字，从左至右，分别乘以 1,2,…,9 ，再求和，即 0×1+6×2+……+2×9=158 ，然后取 158mod11 的结果 4
作为识别码。编写程序判断输入的 ISBN 号码中识别码是否正确，如果正确，则仅输出 Right；如果错误，则输出是正确的 ISBN 号码。
输入格式
输入只有一行，是一个字符序列，表示一本书的 ISBN 号码（保证输入符合 ISBN 号码的格式要求）。输出格式
输出一行，假如输入的 ISBN 号码的识别码正确，那么输出 Right，否则，按照规定的格式，输出正确的 ISBN
号码（包括分隔符 -）。输入样例1：
0-670-82162-4
输出样例1： Right
输入样例2：
0-670-82162-0
输出样例2：
0-670-82162-4
思路：
非常简单的题目，顺着思路模拟即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int v[11];
char value;
int a,b,c;
typedef long long LL;
LL k;
int main()
{
scanf("%d-%d-%d-%c",&a,&b,&c,&value);;
v[1]=a;
for(int i=4;i>=2;i--)
{
v[i]=b%10;
b/=10;
}
// cout<<c<<endl;
for(int i=9;i>=5;i--)
{
v[i]=c%10;
c/=10;
}
// for(int i=1;i<=9;i++)
// {
// cout<<v[i]<<" ";
// }
// cout<<endl;
for(int i=1;i<=9;i++)
{
k+=v[i]*i;
}
k=k%11;
// cout<<k<<endl;
if(k==10)
{
if(value=='X')cout<<"Right";
else
{
printf("%d-%d%d%d-%d%d%d%d%d-X",v[1],v[2],v[3],v[4],v[5],v[6],v[7],v[8],v[9]);
}
}
else
{
if(k==(value-'0'))cout<<"Right";
else
{
printf("%d-%d%d%d-%d%d%d%d%d-%d",v[1],v[2],v[3],v[4],v[5],v[6],v[7],v[8],v[9],k);
// cout<<endl<<v[8]<<endl;
}
}
return 0;
}
3、最大的矩形
在横轴上放了 n 个相邻的矩形，每个矩形的宽度是 1 ，而第 i （1≤i≤n ）个矩形的高度是 hi 。
这 n 个矩形构成了一个直方图。
例如，下图中六个矩形的高度就分别是 3,1,6,5,2,3 。
请找出能放在给定直方图里面积最大的矩形，它的边要与坐标轴平行。对于上面给出的例子，最大矩形如下图所示的阴影部分，面积是 10 。
输入格式
第一行包含一个整数 n ，即矩形的数量。第二行包含 n 个整数 h1,h2,…,hn ，相邻的数之间由空格分隔。hi 是第 i 个矩形的高度。
输出格式
输出一行，包含一个整数，即给定直方图内的最大矩形的面积。数据范围
1≤n≤1000 , 1≤hi≤10000经实测 hi 在官网的实际范围是 1≤hi≤40000，这与其给出的题面描述不符，属于官网出题人的失误，也因此卡住了一些同学的代码，望大家加以注意。
输入样例：
6 3 1 6 5 2 3
输出样例：
10
思路：
这让我想起了接雨水那一题，都是双指针枚举，这里我没有选择双指针我直接枚举左端点再枚举区间长度（算出右端点，也近似于双指针了，事实上双指针就是对暴力枚举的优化），在枚举每一个区间的时候找出区间中最低的高度，最后这样就可以枚举出每一个区间的最大矩形面积，输出最大矩形面积即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int h[1010];
int maxv=-1;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>h[i];
}
int l=1;
for(int i=l;i<=n;i++)//枚举左端点
{
for(int j=1;j+i-1<=n;j++)//枚举区间长度
{
int minh=5e4;
int r=j+i-1;//得出右端点
for(int k=i;k<=r;k++)//枚举这个区间最矮的高度
{
if(h[k]<minh)minh=h[k];
}
//计算最大面积
int s=j*minh;
//cout<<s<<" "<<j<<" "<<minh<<endl;
if(s>maxv)maxv=s;
}
}
cout<<maxv;
return 0;
}
4、有趣的数
我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
它的数字只包含 0,1,2,3 ，且这四个数字都出现过至少一次。 所有的 0 都出现在所有的 1 之前，而所有的 2 都出现在所有的
3 之前。 最高位数字不为 0 。 因此，符合我们定义的最小的有趣的数是 2013 。除此以外，4 位的有趣的数还有两个：2031 和 2301 。
请计算恰好有 n 位的有趣的数的个数。
由于答案可能非常大，只需要输出答案除以 1e9+7 的余数。
输入格式
输入只有一行，包括恰好一个正整数 n 。输出格式
输出只有一行，包括恰好 n 位的整数中有趣的数的个数除以 1e9+7 的余数。数据范围
4≤n≤1000
输入样例：
4
输出样例：
3
思路：
运用了排列组合的数学知识，第一个位置不可能放0或者1（最高位不能是0但是0必须在1之前，所以第一位也不可能是1），假设有n个位置，所以我们就从剩下的n-1个位置挑i个位置放0或1，这i个0或1则有i-1种放置方法，然后剩下的n-i个位置中的2或者3则有n-i-1种放置方法，这三条是乘法关系，得到公式：
C[n-1][i]*(i-1)%mod*(n-i-1)
最后注意数字过大，记得开long long 和 运用题目中的mod
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1010;
int n;
typedef long long LL;
LL C[N][N];
int main()
{
//假设01选k个：
//先选k个01填充（C n-1 k，这n-1是因为第一位不能是0或者1），其中01序列中的组合数量是（k-1） 种
//剩下的23组合同理 有（n-k-1） 种类
//相乘
//依次把每个k的取值都叠加（从2到n-2）
cin>>n;
//预处理出所有组合数
for(int i=0;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
{
if(!j)C[i][j]=1;
else
{
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
}
}
LL res=0;
for(int i=2;i<=n-2;i++)
{
res=(res+(LL)C[n-1][i]*(i-1)%mod*(n-i-1))%mod;
}
cout<<res;
return 0;
}
5、I’m stuck!
给定一个 R 行 C 列的地图，地图的每一个方格可能是 #, +, -, |, ., S, T 七个字符中的一个，分别表示如下意思：
#: 任何时候玩家都不能移动到此方格；
+: 当玩家到达这一方格后，下一步可以向上下左右四个方向相邻的任意一个非 # 方格移动一格；
-: 当玩家到达这一方格后，下一步可以向左右两个方向相邻的一个非 # 方格移动一格；
|: 当玩家到达这一方格后，下一步可以向上下两个方向相邻的一个非 # 方格移动一格；
.:当玩家到达这一方格后，下一步只能向下移动一格。如果下面相邻的方格为 #，则玩家不能再移动；
S:玩家的初始位置，地图中只会有一个初始位置。玩家到达这一方格后，下一步可以向上下左右四个方向相邻的任意一个非 # 方格移动一格；
T: 玩家的目标位置，地图中只会有一个目标位置。玩家到达这一方格后，可以选择完成任务，也可以选择不完成任务继续移动。如果继续移动下一步可以向上下左右四个方向相邻的任意一个非#方格移动一格。
此外，玩家不能移动出地图。请找出满足下面两个性质的方格个数：
玩家可以从初始位置移动到此方格；
玩家不可以从此方格移动到目标位置。
输入格式
输入的第一行包括两个整数 R 和 C，分别表示地图的行和列数。接下来的 R 行每行都包含 C 个字符。它们表示地图的格子。地图上恰好有一个 S 和一个 T。
输出格式
如果玩家在初始位置就已经不能到达终点了，就输出 I’m stuck!。否则的话，输出满足性质的方格的个数。
数据范围 1≤R,C≤50
思路：
我用的方法比较笨拙，代码量也比较大，调试也花费了很长时间，但是代码运行速度有保证，耗时约200ms，下面讲解我的思路：
任务目标：
1、确定原点能到达的所有位置（来检测条件1： 玩家可以从初始位置移动到此方格； ）,为此，写一个dfs函数，从原点出发，结合一个st数组，把能到达的格子都标记上true，以便后续用；
2、确定能到达T的点的位置，为此再写一个dfs函数，对于每个点都dfs一下，结合另一个st数组，如果能到达就把这个点记录为true，最后对于每一个点都结合两个数组进行判断，输出结果；
3、需要注意的是，在程序开始的时候先从原点出发，用写的第二个函数来判断一下起点是否能到达终点，若不能到达终点则直接输出 I’m stuck! 并且return 0退出程序即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=53;
int r,c,cnt;
char g[N][N];
int dx[]={1,-1,0,0};
int dy[]={0,0,1,-1};
int mark[N][N];
struct id
{
int x;
int y;
};
id target;
id start;
bool sts[N][N],stt[N][N];
void dfss(int x,int y)
{
if(g[x][y]=='#' || mark[x][y])
{
return ;
}
mark[x][y]=1;
if(g[x][y]=='S')
{
//cout<<'S'<<endl;
sts[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfss(nx,ny);
}
}
else if(g[x][y]=='+')
{
//cout<<'+'<<endl;
sts[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfss(nx,ny);
}
}
else if(g[x][y]=='-')
{
//cout<<'-'<<endl;
sts[x][y]=1;
for(int i=0;i<2;i++)
{
int nx=x;
int ny=y+dx[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfss(nx,ny);
}
}
else if(g[x][y]=='|')
{
//cout<<'|'<<endl;
sts[x][y]=1;
for(int i=2;i<4;i++)
{
int nx=x+dy[i];
int ny=y;
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfss(nx,ny);
}
}
else if(g[x][y]=='.')
{
//cout<<'.'<<endl;
sts[x][y]=1;
int nx=x+1;
int ny=y;
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfss(nx,ny);
}
else if(g[x][y]=='T')
{
//cout<<'T'<<endl;
sts[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfss(nx,ny);
}
}
}
bool dfs1(int x,int y)
{
if(g[x][y]=='#' || mark[x][y])
{
return false;
}
mark[x][y]=1;
if(g[x][y]=='S')
{
//cout<<'S'<<endl;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')if(dfs1(nx,ny))return true;
}
}
else if(g[x][y]=='+')
{
//cout<<'+'<<endl;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')if(dfs1(nx,ny))return true;
}
}
else if(g[x][y]=='-')
{
//cout<<'-'<<endl;
for(int i=0;i<2;i++)
{
int nx=x;
int ny=y+dx[i];
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')if(dfs1(nx,ny))return true;
}
}
else if(g[x][y]=='|')
{
//cout<<'|'<<endl;
for(int i=2;i<4;i++)
{
int nx=x+dy[i];
int ny=y;
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')if(dfs1(nx,ny))return true;
}
}
else if(g[x][y]=='.')
{
//cout<<'.'<<endl;
int nx=x+1;
int ny=y;
if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')if(dfs1(nx,ny))return true;
}
else if(g[x][y]=='T')
{
return true;
//cout<<'T'<<endl;
// for(int i=0;i<4;i++)
// {
// int nx=x+dx[i];
// int ny=y+dy[i];
// if(!mark[nx][ny] && nx>0 && ny>0 && nx<=r && ny<=c && g[nx][ny]!='#')dfs1(nx,ny);
// }
}
return false;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&r,&c);
for(int i=1;i<=r;i++)
{
for(int j=1;j<=c;j++)
{
cin>>g[i][j];
if(g[i][j]=='T')target.x=i,target.y=j;
if(g[i][j]=='S')start.x=i,start.y=j;
// cout<<start.x<<" "<<start.y<<endl;
}
}
if(dfs1(start.x,start.y))stt[start.x][start.y]=1;
// cout<<st[1]<<endl;
if(!stt[start.x][start.y])
{
printf("I'm stuck!");
return 0;
}
//cout<<r<<" "<<c<<endl;
// for(int i=1;i<=r;i++)
// {
// for(int j=1;j<=c;j++)
// {
// cout<<g[i][j];
// }
// cout<<endl;
// }
//
//cout<<"----------------------------------------"<<endl;
for(int i=1;i<=r;i++)
{
for(int j=1;j<=c;j++)
{
mark[i][j]=0;
}
}//清空状态数组
dfss(start.x,start.y);
//cout<<"----------------------------------------"<<endl;
for(int i=1;i<=r;i++)
{
for(int j=1;j<=c;j++)
{
mark[i][j]=0;
}
}
for(int i=1;i<=r;i++)
{
for(int j=1;j<=c;j++)
{
for(int i=1;i<=r;i++)
{
for(int j=1;j<=c;j++)
{
mark[i][j]=0;
}
}//清空状态数组
if(dfs1(i,j))stt[i][j]=1;
//cout<<"i,j: "<<i<<" "<<j<<" st0: "<<sts[i][j]<<" st1: "<<stt[i][j]<<endl;
if(sts[i][j] && !stt[i][j])cnt++;
}
}
printf("%d",cnt);
return 0;
}
