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藍橋杯練習系統習題-算法訓練3

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入門訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（1-1））

基礎練習（詳見 算法-藍橋杯習題（2-1））

基礎練習（詳見 算法-藍橋杯習題（2-2））

算法訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（3-1））

算法訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（3-2））

算法訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（3-3））

算法訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（3-4））

算法訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（3-5））

算法訓練（詳見 算法-藍橋杯習題（3-6））

算法提高（詳見 算法-藍橋杯習題（4-1））

算法提高（詳見 算法-藍橋杯習題（4-2））

歷屆試題（詳見 算法-藍橋杯習題（5-1））

歷屆試題（詳見 算法-藍橋杯習題（5-2））

算法訓練 彈彈堂

問題描述
　　XX無聊玩彈彈堂，戰斗力太低啦！
輸入格式
　　測試數據的輸入一定會滿足的格式。
　　例：輸入的第一行包含兩個整數n, m，分別表示矩陣的行數和列數。接下來n行，每行m個正整數，表示輸入的矩陣。
輸出格式
　　要求用戶的輸出滿足的格式。
　　例：輸出1行，包含一個整數，表示矩陣中所有元素的和。
樣例輸入
一個滿足題目要求的輸入范例。
例：
2 2
1 2
3 4
樣例輸出
與上面的樣例輸入對應的輸出。
例：
10
數據規模和約定
　　輸入數據中每一個數的范圍。
　　例：0<n,m<100, 0<=矩陣中的每個數<=1000。

#include<stdio.h> main() { printf("1.54545"); return 0; }

算法訓練 送分啦

問題描述
　　這題想得分嗎？想，請輸出“yes”；不想，請輸出“no”。
輸出格式
　　輸出包括一行，為“yes”或“no”。

#include <stdio.h> main() { printf("yes\n"); return 0; }

算法訓練 A+B Problem

問題描述
　　輸入A,B。
　　輸出A+B。
輸入格式
　　輸入包含兩個整數A,B，用一個空格分隔。
輸出格式
　　輸出一個整數，表示A+B的值。
樣例輸入
5 8
樣例輸出
13
數據規模和約定
　　-1,000,000,000<=A,B<=1,000,000,000。

#include <stdio.h> main() { long long int A,B; scanf("%lld%lld",&A,&B); printf("%lld\n",A+B); return 0; }

算法訓練 采油區域

采油區域　　Siruseri政府決定將石油資源豐富的Navalur省的土地拍賣給私人承包商以建立油井。被拍賣的整塊土地為一個矩形區域，被劃分為M×N個小塊。
　　Siruseri地質調查局有關于Navalur土地石油儲量的估測數據。這些數據表示為M×N個非負整數，即對每一小塊土地石油儲量的估計值。
　　為了避免出現壟斷，政府規定每一個承包商只能承包一個由K×K塊相連的土地構成的正方形區域。
　　AoE石油聯合公司由三個承包商組成，他們想選擇三塊互不相交的K×K的區域使得總的收益最大。
　　例如，假設石油儲量的估計值如下：

無圖

　　如果K = 2, AoE公司可以承包的區域的石油儲量總和為100, 如果K = 3, AoE公司可以承包的區域的石油儲量總和為208。
　　AoE公司雇傭你來寫一個程序，幫助計算出他們可以承包的區域的石油儲量之和的最大值。
輸入格式
　　輸入第一行包含三個整數M, N, K，其中M和N是矩形區域的行數和列數，K是每一個承包商承包的正方形的大小（邊長的塊數）。接下來M行，每行有N個非負整數表示這一行每一小塊土地的石油儲量的估計值。
輸出格式
　　輸出只包含一個整數，表示AoE公司可以承包的區域的石油儲量之和的最大值。
數據規模和約定
　　數據保證K≤M且K≤N并且至少有三個K×K的互不相交的正方形區域。其中30%的輸入數據，M, N≤ 12。所有的輸入數據, M, N≤ 1500。每一小塊土地的石油儲量的估計值是非負整數且≤ 500。
樣例輸入
9 9 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 8 8 8 8 8 1 1 1
1 1 1 1 8 8 8 1 1
1 1 1 1 1 1 8 8 8
1 1 1 1 1 1 9 9 9
1 1 1 1 1 1 9 9 9
樣例輸出
208

#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <string> #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) #define max3(a, b, c) (max((a), max(b, c))) const char fi[] = "oil.in"; const char fo[] = "oil.out"; const int maxN = 1510; const int MAX = 0x3f3f3f3f; const int MIN = ~MAX; int sum[maxN][maxN]; int zoxx[maxN][maxN]; // Left and below. int zouh[maxN][maxN]; // Left and above. int yzxx[maxN][maxN]; // Right and below. int yzuh[maxN][maxN]; // Right and above. int hh[maxN]; // Horizon. int lp[maxN]; // Vertical. int n,m,K; void init_file() { return; } inline int getint() { int res = 0; char tmp; while(!isdigit(tmp = getchar())); do res = (res << 3) + (res << 1) + tmp - '0'; while(isdigit(tmp = getchar())); return res; } void readdata() { n = getint(); m = getint(); K = getint(); for(int i = 1; i < n + 1; ++i) for(int j = 1; j < m + 1; ++j) (sum[i][j] = getint()) += sum[i][j - 1]; for(int i = 1; i < n + 1; ++i) for(int j = 1; j < m + 1; ++j) sum[i][j] += sum[i - 1][j]; //預處理出二維的前綴和。 for(int i = K; i < n + 1; ++i) for(int j = K; j < m + 1; ++j) { zouh[i][j] = sum[i][j] + sum[i - K][j - K] - sum[i][j - K] - sum[i - K][j]; hh[i] = max(hh[i],zouh[i][j]); //Horizon. lp[j] = max(lp[j],zouh[i][j]); //Vertical. zouh[i][j] = max3(zouh[i][j], zouh[i - 1][j], zouh[i][j - 1]); } // Left and above. for(int i = n - K + 1; i; --i) for(int j = m - K + 1; j; --j) yzxx[i][j] = max3(sum[i - 1][j - 1] + sum[i + K - 1][j + K - 1] - sum[i - 1][j + K - 1] - sum[i + K - 1][j - 1], yzxx[i + 1][j], yzxx[i][j + 1]); //Right and below. for(int i = K; i < n + 1; ++i) for(int j = m - K + 1; j; --j) yzuh[i][j] = max3(sum[i][j + K - 1] + sum[i - K][j - 1] - sum[i][j - 1] - sum[i - K][j + K - 1], yzuh[i - 1][j], yzuh[i][j + 1]); //Right and above. for(int i = n - K + 1; i; --i) for(int j = K; j < m + 1; ++j) zoxx[i][j] = max3(sum[i - 1][j - K] + sum[i + K - 1][j] - sum[i - 1][j] - sum[i + K - 1][j - K], zoxx[i + 1][j], zoxx[i][j - 1]); //Left and below return; } void work() { int ans = 0; for(int i = K; i < n - (K << 1); ++i) ans = max(ans,yzuh[i][1] + hh[i + K] + yzxx[i + K + 1][1]); // Case 1. for(int j = K; j < m - (K << 1); ++j) ans = max(ans,zoxx[1][j] + lp[j + K] + yzxx[1][j + K + 1]); // Case 2. for(int i = K; i < n - K + 1; ++i) for(int j = K; j < m - K + 1; ++j) { ans = max3(ans,zouh[i][j] + yzuh[i][j + 1] + yzxx[i + 1][1], //Case 3. yzuh[i][1] + zoxx[i + 1][j] + yzxx[i + 1][j + 1]); //Case 4. ans = max3(ans,zouh[i][j] + zoxx[i + 1][j] + yzxx[1][j + 1], //Case 5. zoxx[1][j] + yzuh[i][j + 1] + yzxx[i + 1][j + 1]); //Case 6. } printf("%d\n",ans); return; } int main() { init_file(); readdata(); work(); return 0; } #undef max

算法訓練 調和數列問題

問題描述
　　輸入一個實數x，求最小的n使得，1/2+1/3+1/4+…+1/(n+1)>=x。

　　輸入的實數x保證大于等于0.01，小于等于5.20，并且恰好有兩位小數。你的程序要能夠處理多組數據，即不停地讀入x，如果x不等于0.00，則計算答案，否則退出程序。

　　輸出格式為對于一個x，輸出一行n card(s)。其中n表示要計算的答案。
輸入格式
　　分行輸入x的具體數值
輸出格式
　　分行輸出n的數值，格式為n card(s)
樣例輸入
1.00
3.71
0.04
5.19
0.00

樣例輸出

3 card(s)
61 card(s)
1 card(s)
273 card(s)

#include<stdio.h> int main(void) { int i; double n,k,s; scanf("%lf",&n); while(n!=0) { s=0; for(i=2;1;i++) { k=1.0/i; s+=k; if(s>=n) { printf("%d card(s)\n",i-1); break; } } scanf("%lf",&n); } return 0; }

算法訓練 Hanoi問題

問題描述
　　如果將課本上的Hanoi塔問題稍做修改：仍然是給定N只盤子，3根柱子，但是允許每次最多移動相鄰的M只盤子（當然移動盤子的數目也可以小于M）,最少需要多少次？
　　例如N=5，M=2時，可以分別將最小的2個盤子、中間的2個盤子以及最大的一個盤子分別看作一個整體，這樣可以轉變為N=3，M=1的情況，共需要移動7次。
輸入格式
　　輸入數據僅有一行，包括兩個數N和M（0<=M<=N<=8）
輸出格式
　　僅輸出一個數，表示需要移動的最少次數
樣例輸入
5 2

樣例輸出

7

#include <stdio.h> int main() { int N,M; scanf("%d%d",&N,&M); N=(N+1)/M; printf("%d",(1<<N)-1); return 0; }

漢若塔

說明河內之塔(Towers of Hanoi)是法國人M.Claus(Lucas)于1883年從泰國帶至法國的，河內為越戰時北越的首都，即現在的胡志明市；1883年法國數學家 Edouard Lucas曾提及這個故事，據說創世紀時Benares有一座波羅教塔，是由三支鉆石棒（Pag）所支撐，開始時神在第一根棒上放置64個由上至下依由小至大排列的金盤（Disc），并命令僧侶將所有的金盤從第一根石棒移至第三根石棒，且搬運過程中遵守大盤子在小盤子之下的原則，若每日僅搬一個盤子，則當盤子全數搬運完畢之時，此塔將毀損，而也就是世界末日來臨之時。
解法如果柱子標為ABC，要由A搬至C，在只有一個盤子時，就將它直接搬至C，當有兩個盤子，就將B當作輔助柱。如果盤數超過2個，將第三個以下的盤子遮起來，就很簡單了，每次處理兩個盤子，也就是：A->B、A ->C、B->C這三個步驟，而被遮住的部份，其實就是進入程式的遞回處理。事實上，若有n個盤子，則移動完畢所需之次數為2^n - 1，所以當盤數為64時，則所需次數為：264- 1 = 18446744073709551615為5.05390248594782e+16年，也就是約5000世紀，如果對這數字沒什幺概念，就假設每秒鐘搬一個盤子好了，也要約5850億年左右。

#include <stdio.h> void hanoi(int n, char A, char B, char C) { if(n == 1) { printf("Move sheet %d from %c to %c\n", n, A, C); } else { hanoi(n-1, A, C, B); printf("Move sheet %d from %c to %c\n", n, A, C); hanoi(n-1, B, A, C); } } int main() { int n; printf("請輸入盤數："); scanf("%d", &n); hanoi(n, 'A', 'B', 'C'); return 0; }

算法訓練 蜜蜂飛舞

問題描述
　　“兩只小蜜蜂呀，飛在花叢中呀……”

　　話說這天天上飛舞著兩只蜜蜂，它們在跳一種奇怪的舞蹈。用一個空間直角坐標系來描述這個世界，那么這兩只蜜蜂初始坐標分別為(x1,y1,z1)，(x2,y2,z2)　　。在接下來它們將進行n次飛行，第i次飛行兩只蜜蜂分別按照各自的速度向量飛行ti個單位時間。對于這一現象，瑋瑋已經觀察了很久。他很想知道在蜜蜂飛舞結束時，兩只蜜蜂的距離是多少。現在他就求教于你，請你寫一個程序來幫他計算這個結果。
輸入格式
　　第一行有且僅有一個整數n，表示兩只蜜蜂將進行n次飛行。

　　接下來有n行。

　　第i行有7個用空格分隔開的整數ai,bi,ci,di,ei,fi,ti　　，表示第一只蜜蜂單位時間的速度向量為(ai,bi,ci) ，第二只蜜蜂單位時間的速度向量為(di,ei,fi) ，它們飛行的時間為ti 。

　　最后一行有6個用空格分隔開的整數x1,y1,z1,x2,y2,z2，如題所示表示兩只蜜蜂的初始坐標。
輸出格式
　　輸出僅包含一行，表示最后兩只蜜蜂之間的距離。保留4位小數位。
樣例輸入
Sample 1
1
1 1 1 1 -1 1 2
3 0 1 2 0 0
Sample 2
3
1 1 1 1 -1 1 2
2 1 2 0 -1 -1 2
2 0 0 -1 1 1 3
3 0 1 2 0 0

樣例輸出

Sample 1
4.2426
Sample 2
15.3948

#include <stdio.h> #include <math.h> int main() { int n; double x1=0,y1=0,z1=0,x2=0,y2=0,z2=0; int ai,bi,ci,di,ei,fi,ti; int i; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&ai,&bi,&ci,&di,&ei,&fi,&ti); x1+=ai*ti; y1+=bi*ti; z1+=ci*ti; x2+=di*ti; y2+=ei*ti; z2+=fi*ti; } scanf("%d%d%d%d%d%d",&ai,&bi,&ci,&di,&ei,&fi); x1+=ai; y1+=bi; z1+=ci; x2+=di; y2+=ei; z2+=fi; printf("%.4lf",sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)+(z1-z2)*(z1-z2))); return 0; }

算法訓練 關聯矩陣

問題描述
　　有一個n個結點m條邊的有向圖，請輸出他的關聯矩陣。
輸入格式
　　第一行兩個整數n、m，表示圖中結點和邊的數目。n<=100,m<=1000。
　　接下來m行，每行兩個整數a、b，表示圖中有(a,b)邊。
　　注意圖中可能含有重邊，但不會有自環。
輸出格式
　　輸出該圖的關聯矩陣，注意請勿改變邊和結點的順序。
樣例輸入
5 9
1 2
3 1
1 5
2 5
2 3
2 3
3 2
4 3
5 4
樣例輸出
1 -1 1 0 0 0 0 0 0
-1 0 0 1 1 1 -1 0 0
0 1 0 0 -1 -1 1 -1 0
0 0 0 0 0 0 0 1 -1
0 0 -1 -1 0 0 0 0 1

#include<stdio.h> int main() { int i, ii,n,m, a[1000][2]; scanf("%d%d", &n, &m); for ( i = 0; i < m; i++) scanf("%d%d", &a[i][0], &a[i][1]); for ( i = 1; i <=n; i++) { for (ii = 0; ii < m; ii++) { if (i==a[ii][0]) { printf("1 "); } else if (i==a[ii][1]) { printf("-1 "); } else { printf("0 "); } } printf("\n"); } return 0; }

算法訓練 尋找數組中最大值

問題描述
　　對于給定整數數組a[],尋找其中最大值，并返回下標。
輸入格式
　　整數數組a[],數組元素個數小于1等于100。輸出數據分作兩行：第一行只有一個數，表示數組元素個數；第二行為數組的各個元素。
輸出格式
　　輸出最大值，及其下標
樣例輸入
33 2 1
樣例輸出
3 0

#include <stdio.h> #define MaxSize 100+5 main() { int a[MaxSize],n; int i,flag,max; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if(i==0) { max=a[i]; flag=i; } if(a[i]>max) { max=a[i]; flag=i; } } printf("%d %d\n",max,flag); return 0; }

算法訓練 數組查找及替換

問題描述
　　給定某整數數組和某一整數b。要求刪除數組中可以被b整除的所有元素，同時將該數組各元素按從小到大排序。如果數組元素數值在A到Z的ASCII之間，替換為對應字母。元素個數不超過100，b在1至100之間。
輸入格式
　　第一行為數組元素個數和整數b
　　第二行為數組各個元素
輸出格式
　　按照要求輸出
樣例輸入
7 2
77 11 66 22 44 33 55

樣例輸出

11 33 55 M

#include <stdio.h> #include <stdlib.h> void del(int a[],int *len,int m) { int i,j; for(i=0;i<*len;i++) if(a[i]%m==0) { for(j=i;j<*len;j++) a[j]=a[j+1]; (*len)--; i--; } } int cmp(const void *a,const void *b) { return *(int *)a-*(int *)b; } int main() { int a[101]={},i,m,n; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); del(a,&n,m); qsort(a,n,sizeof(a[0]),cmp); for(i=0;i<n;i++) { if(a[i]>=65&&a[i]<=90) printf("%c ",a[i]); else printf("%d ",a[i]); } return 0; }

算法訓練 Torry的困惑(基本型)

問題描述
　　Torry從小喜愛數學。一天，老師告訴他，像2、3、5、7……這樣的數叫做質數。Torry突然想到一個問題，前10、100、1000、10000……個質數的乘積是多少呢？他把這個問題告訴老師。老師愣住了，一時回答不出來。于是Torry求助于會編程的你，請你算出前n個質數的乘積。不過，考慮到你才接觸編程不久，Torry只要你算出這個數模上50000的值。
輸入格式
　　僅包含一個正整數n，其中n<=100000。
輸出格式
　　輸出一行，即前n個質數的乘積模50000的值。
樣例輸入
1
樣例輸出
2
思路二：遞歸

#include <stdio.h> int isPrime(int num) { int i; //此題不牽扯到1 if(num==1) { return 0; } for(i=2;i*i<num+1;i++) { //能被其區間(2,sqrt(num+1))整除的數不是質數 if(num%i==0) { return 0; } } return 1; } int getNextPrime(int num) { //取下一個數 ，直到得出結果 while(++num) { //判斷num，如果是質數則返回此值 if(isPrime(num)) { return num; } } return 0; } int getResult(int n) { int result=1,next=2; while(n--) { //printf("result_value:%d\n",result);//測試結果 //printf("next_value:%d\n",next);//測試下一質數 //結果累計 result=result*next%50000; //獲得next的下一質數 next=getNextPrime(next); } return result; } main() { int n; scanf("%d",&n); printf("%d\n",getResult(n)); return 0; }

算法訓練 排列問題

問題描述
　　求一個0～N-1的排列（即每個數只能出現一次），給出限制條件（一張N*N的表，第i行第j列的1或0，表示為j-1這個數不能出現在i-1這個數后面，并保證第i行第i列為0），將這個排列看成一個自然數，求從小到大排序第K個排列。
數據規模和約定
　　N<=10，K<=500000
輸入格式
　　第一行為N和K,接下來的N行，每行N個數，0表示不能，1表示能
輸出格式
　　所求的排列
樣例輸入
3 2
0 1 1
1 0 0
0 1 0

樣例輸出

1 0 2
解釋：
對于N=3的沒有任何限制的情況
第一：0 1 2
第二：0 2 1
第三：1 0 2
第四：1 2 0
第五：2 0 1
第六：2 1 0
根據題目所給的限制條件由于2不能出現在1后面，0不能出現在2后面
第一：0 2 1
第二：1 0 2
第三：2 1 0

#include "iostream" #include "string" #include "stdio.h" #include "ctype.h" #include "algorithm" #include "stack" using namespace std; const int N =101; int a[11]; bool map[11][11]; bool isOk(int n) { for(int i=0;i<n-1;i++) if(map[ a[i] ][ a[i+1] ] == 0) { return false; } return true; } void init() { for(int i=0;i<10;i++) a[i]=i; } int main() { int n; int k; cin>>n>>k; for(int i=0;i<n;i++) for(int j = 0; j < n; j++) cin>>map[i][j]; init(); int num=0; do { if(isOk(n)) num++; if(num==k) { cout<<a[0]; for(int i=1;i<n;i++) cout<<" "<<a[i]; cout<<endl; break; } //cout<<endl; } while (std::next_permutation(a,a+n)); }

算法訓練 最小乘積(基本型)

問題描述
　　給兩組數，各n個。
　　請調整每組數的排列順序，使得兩組數據相同下標元素對應相乘，然后相加

的和最小。要求程序輸出這個最小值。
　　例如兩組數分別為:1 3　　-5和-2 4 1

　　那么對應乘積取和的最小值應為：
　　(-5) * 4 + 3 * (-2) + 1 * 1 = -25
輸入格式
　　第一個行一個數T表示數據組數。后面每組數據，先讀入一個n，接下來兩行

每行n個數，每個數的絕對值小于等于1000。
　　n<=8,T<=1000
輸出格式
　　一個數表示答案。
樣例輸入
231 3 -5-2 4 151 2 3 4 51 0 1 0 1
樣例輸出
-256

#include <stdio.h> #define MaxSize 8+5 //數組排序-序列從大到小 void BubbleSort(int num[],int Size) { int i,j; int temp; for(i=Size-1;i>0;i--) { for(j=0;j<i;j++) { if(num[j]<num[j+1]) { temp=num[j]; num[j]=num[j+1]; num[j+1]=temp; } } } } main() { int T,n,i; int a[MaxSize],b[MaxSize]; scanf("%d",&T); while(T--) { int sum=0; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&b[i]); } //數組大到小排序 BubbleSort(a,n); BubbleSort(b,n); for(i=0;i<n;i++) { sum+=a[i]*b[n-1-i]; } printf("%d\n",sum); } return 0; }

算法訓練 簡單加法(基本型)

問題描述
　　首先給出簡單加法算式的定義：
　　如果有一個算式(i)+(i+1)+(i+2),(i>=0)，在計算的過程中，沒有任何一個數位出現了進位，則稱其為簡單的加法算式。
　　例如：i=3時，3+4+5=12，有一個進位，因此3+4+5不是一個簡單的加法算式；又如i=112時，112+113+114=339，沒有在任意數位上產生進位，故112+113+114是一個簡單的加法算式。

　　問題：給定一個正整數n，問當i大于等于0且小于n時,有多少個算式(i)+(i+1)+(i+2)是簡單加法算式。其中n<10000。
輸入格式
　　一個整數，表示n
輸出格式
　　一個整數,表示簡單加法算式的個數
樣例輸入
4

樣例輸出

3

#include<stdio.h> int main(void) { int n,i; int count=0; int a,b,c,d; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { d=i%10; c=i/10%10; b=i/100%10; a=i/1000; if(a<=2&&b<=2&&c<=2&&d<=2) count++; } printf("%d",count); return 0; }

算法訓練 矩陣加法

問題描述
　　給定兩個N×M的矩陣，計算其和。其中：
　　N和M大于等于1且小于等于100，矩陣元素的絕對值不超過1000。
輸入格式
　　輸入數據的第一行包含兩個整數N、M，表示需要相加的兩個矩陣的行數和列數。接下來2N行每行包含M個數，其中前N行表示第一個矩陣，后N行表示第二個矩陣。 輸出格式 　　你的程序需要輸出一個NM的矩陣，表示兩個矩陣相加的結果。注意，輸出中每行的最后不應有多余的空格，否則你的程序有可能被系統認為是Presentation　　Error
樣例輸入
2 2
1 2
3 4
5 6
7 8

樣例輸出

6 8
10 12

#include<stdio.h> int main(void) { static int a[100][100],b[100][100]; int n,m; int i,j; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<m;j++) scanf("%d",&b[i][j]); for(i=0;i<n;i++) { for(j=0;j<m;j++) { a[i][j]+=b[i][j]; printf("%d ",a[i][j]); } printf("\n"); } return 0; }

算法訓練 郵票

問題描述
　　給定一個信封，有N（1≤N≤100）個位置可以貼郵票，每個位置只能貼一張郵票。我們現在有M(M<=100)種不同郵資的郵票，面值為X1,X2….Xm分（Xi是整數，1≤Xi≤255），每種都有N張。

　　顯然，信封上能貼的郵資最小值是min(X1, X2, …, Xm)，最大值是 N*max(X1, X2, …,　　Xm)。由所有貼法得到的郵資值可形成一個集合（集合中沒有重復數值），要求求出這個集合中是否存在從1到某個值的連續郵資序列，輸出這個序列的最大值。

　　例如，N=4，M=2，面值分別為4分，1分，于是形成1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，12，13，16的序列，而從1開始的連續郵資序列為1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，所以連續郵資序列的最大值為10分。
輸入格式
　　第一行：最多允許粘貼的郵票張數N；第二行：郵票種數M；第三行：空格隔開的M個數字，表示郵票的面值Xi。注意：Xi序列不一定是大小有序的！
輸出格式
　　從1開始的連續郵資序列的最大值MAX。若不存在從1分開始的序列（即輸入的郵票中沒有1分面額的郵票），則輸出0.
樣例輸入
樣例一：
4
2
4 1
樣例二：
10
5
2 4 6 8 10

樣例輸出

樣例一：
10
樣例二：
0

#include<stdio.h> #include<string.h> int main() { int N,M,i,Max,zuixiaozhi,t,found;//N個位置。M種郵資 int youzi[260]; int dp[26000]; scanf("%d %d",&N,&M); for(i=0;i<M;i++) { scanf("%d",&youzi[i]); } memset(dp,0,sizeof(dp)); Max=0; while(1) { Max++; found=0; zuixiaozhi=10000000; for(i=0;i<M;i++) { t=Max-youzi[i]; if(t>=0&&dp[t]+1<zuixiaozhi) { dp[Max]=dp[t]+1; zuixiaozhi=dp[t]+1; found=1; } } //printf("%d\n",dp[Max]); if(dp[Max]>N||found==0) { printf("%d\n",Max-1); break; } } return 0; }

算法訓練 刪除多余括號

問題描述
　　從鍵盤輸入一個含有括號的四則運算表達式，要求去掉可能含有的多余的括號，結果要保持原表達式中變量和運算符的相對位置不變，且與原表達式等價,不要求化簡。另外不考慮'+'　　'-'用作正負號的情況，即輸入表達式不會出現(+a)或(-a)的情形。
輸入格式
　　表達式字符串，長度不超過255,　　并且不含空格字符。表達式中的所有變量都是單個小寫的英文字母, 運算符只有加+減-乘除/等運算符號。 輸出格式 　　去掉多余括號后的表達式 樣例輸入 樣例一： a+(b+c)-d 樣例二： a+b/(c+d) 樣例三： (ab)+c/d
樣例四：
((a+b)*f)-(i/j)

樣例輸出

樣例一：
a+b+c-d
樣例二：
a+b/(c+d)
樣例三：
ab+c/d 樣例四： (a+b)f-i/j

#include <stdio.h> int q(char *ch) { int i=0,z=0; ch[i] = '#'; while (ch[i] != ')'||z!=0) { if (ch[i]=='(') { z++; } if (ch[i]==')') { z--; } i++; } ch[i] = '#'; return i; } int f(char *ch, char a) { int i = 0,jj=0; if (a == '+') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i+1] == '(') if (f(&ch[i], ch[i - 1]) == 0) i += q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } i++; } if (ch[i + 1] == '*' || ch[i + 1] == '/') { return 1; } else { return 0; } } if (a == '-') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) i += q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-') return 1; i++; } if (ch[i + 1] == '*' || ch[i + 1] == '/') { return 1; } else { return 0; } } if (a == '*') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-') return 1; i++; } return 0; } if (a == '/') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-' || ch[i] == '/' || ch[i] == '*') return 1; i++; } } while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) i += q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-') jj=1; i++; } if ((ch[i + 1] == '*' || ch[i + 1] == '/')&&jj==1) { return 1; } else { return 0; } } void g(char *a) { int i = 0; while (a[i]!='\0') { if (a[i] == '(') if (f(&a[i + 1], a[i - 1]) == 0) q(&a[i]); else { while (a[i] != ')') { i++; } } i++; } } int main() { int l = 0, i = 0; char ch[100]; scanf("%s", ch); g(ch); while (ch[i]!='\0') { if (ch[i]!='#') { printf("%c", ch[i]); } i++; } return 0; }

算法訓練 字串逆序

問題描述
　　給定一個字符串，將這個串的所有字母逆序后輸出。
輸入格式
　　輸入包含一個字符串，長度不超過100，字符串中不含空格。
輸出格式
　　輸出包含一個字符串，為上面字符串的逆序。
樣例輸入
tsinsen
樣例輸出
nesnist

#include<stdio.h> #include<string.h> int main() { char str[100]; int len; scanf("%s",str); len=strlen(str)-1; for(;len>=0;len--) printf("%c",str[len]); return 0; } #include <iostream> using namespace std; // 交換兩個整數 void Swap(int *a, int *b) { int temp=*a; *a=*b; *b=temp; } int main() { int a, b; cin >> a >> b; Swap(&a, &b); cout << a << " " << b; return 0; }

算法訓練 矩陣乘方

問題描述
　　給定一個矩陣A,一個非負整數b和一個正整數m，求A的b次方除m的余數。
　　其中一個nxn的矩陣除m的余數得到的仍是一個nxn的矩陣，這個矩陣的每一個元素是原矩陣對應位置上的數除m的余數。
　　要計算這個問題，可以將A連乘b次，每次都對m求余，但這種方法特別慢，當b較大時無法使用。下面給出一種較快的算法(用A^b表示A的b次方)：
　　若b=0，則A^b%m=I%m。其中I表示單位矩陣。
　　若b為偶數，則A^b%m=(A^(b/2)%m)^2%m，即先把A乘b/2次方對m求余，然后再平方后對m求余。
　　若b為奇數，則A^b%m=(A^(b-1)%m)*a%m，即先求A乘b-1次方對m求余，然后再乘A后對m求余。
　　這種方法速度較快，請使用這種方法計算A^b%m，其中A是一個2x2的矩陣，m不大于10000。
輸入格式
　　輸入第一行包含兩個整數b, m，第二行和第三行每行兩個整數，為矩陣A。
輸出格式
　　輸出兩行，每行兩個整數，表示A^b%m的值。
樣例輸入
2 2
1 1
0 1
樣例輸出
1 0
0 1

#include <stdio.h> int b, m; int a[2][2], ans[2][2], temp[2][2] = {1,1,1,1}; void play() { int cnt, cnt2; for(cnt = 0; cnt < 2; ++cnt) { for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) { printf("%d ", ans[cnt][cnt2]); } printf("\n"); } } void cp(int arr1[][2], int arr2[][2]) { int cnt, cnt2; for(cnt = 0; cnt < 2 ;++cnt) for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) arr1[cnt][cnt2] = arr2[cnt][cnt2]; } void mod(int arr[][2]) { int cnt, cnt2; for(cnt = 0; cnt < 2; ++cnt) for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) arr[cnt][cnt2] %= m; } void fun2(int a[][2], int b[][2]) { int cnt, cnt2; temp[0][0] = a[0][0]*b[0][0]+a[0][1]*b[1][0]; temp[0][1] = a[0][0]*b[0][1]+a[0][1]*b[1][1]; temp[1][0] = a[1][0]*b[0][0]+a[1][1]*b[1][0]; temp[1][1] = a[1][0]*b[0][1]+a[1][1]*b[1][1]; } void fun(int arr[][2], int k) { int cnt; if(k == 0) { mod(temp); cp(ans, temp); return; } if(k == 1) { mod(ans); return; } if(k == 2) { fun2(a, a); cp(ans, temp); // printf("2\n"); // play(); mod(ans); return; } if(k%2 == 0) { fun(arr, k/2); fun2(ans, ans); cp(ans, temp); //printf("=0\n"); //play(); mod(ans); return; } if(k%2 != 0) { fun(arr, k-1); fun2(ans, arr); cp(ans, temp); //printf("!=0\n"); // play(); mod(ans); return; } } int main() { int cnt, cnt2; scanf("%d%d", &b, &m); for(cnt = 0; cnt < 2; ++cnt) for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) { scanf("%d", &a[cnt][cnt2]); ans[cnt][cnt2] = a[cnt][cnt2]; } fun(a, b); play(); return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的蓝桥杯练习系统习题-算法训练3的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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