生命不息，奋斗不止

发表于 更新于 本文字数： 617 阅读时长 ≈ 1 分钟

问题描述：

对于16进制，我们使用字母A-F来表示10及以上的数字。如法炮制，一直用到字母Z，就可以表示36进制。36进制中，A表示10，Z表示35，AA表示370。你能算出MANY表示的数字用10进制表示是多少吗？请提交一个整数，不要填写任何多余的内容（比如：说明文字）

问题分析：

​作为蓝桥杯一贯的风格，省赛时候就有各种水题，国赛也不例外，这种题目甚至不需要编程解决，用excel，windows自带的计算器等工具，一般都能解决。

​但为了表述问题解决策略，还是贴出代码以供参考。

问题答案：

​1040254

代码：

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#include <iostream>

int conversion(char t) { // 对36进制的单数字转换为10进制 
    if ('0' <= t and t <= '9')
        return t - '0';
    else
        return t - 'A' + 10; 
} 
int main() {
    std::cout << conversion('M') * 36 * 36 * 36 + \
        conversion('A') * 36 * 36 + \
        conversion('N') * 36 + \
        conversion('Y');
    return 0;
}

发表于 更新于 本文字数： 1.6k 阅读时长 ≈ 1 分钟

问题描述：

小明家的一面装饰墙原来是3*10的小方格。现在手头有一批刚好能盖住2个小方格的长方形瓷砖。

瓷砖只有两种颜色：黄色和橙色。小明想知道，对于这么简陋的原料，可以贴出多少种不同的花样来。

小明有个小小的强迫症：忍受不了任何2*2的小格子是同一种颜色。

（瓷砖不能切割，不能重叠，也不能只铺一部分。另外，只考虑图案，请忽略瓷砖的拼接）

显然，对于2*3的小格子来说，口算都可以知道：一共10中贴法，如图所示：

但对于3*10的格子呢？肯定是个不小的数目，请你利用计算机的威力算出该数字。

注意：你需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容（比如：说明性文字）

问题分析：

​题目说的很长，但中心思想一句话就可以概括：用2种 2*1 瓷砖，覆盖 10*3 的墙面，保证没有 2*2 颜色相同，请问有多少种情况？

​考场上初步想来，直接暴力搜索所有解，最后对所有解进行判定合，足够秒出结果。而且代码简单，不会花费过多时间，为后面大分题准备。

​现在想来，其实不必对所有解进行判合法，在中途选择瓷砖时，就可以进行判定，这样可以降低时间复杂度。

问题答案：

​114434

代码：

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#include <iostream>

int a[5][12];   //  -1代表未摆放，1代表黄色，2代表橙色 
int res = 0;

bool judge(int x, int y) {
    if (a[x][y] == a[x - 1][y - 1] && a[x][y] == a[x - 1][y] && a[x][y] == a[x][y - 1])
        return false;
    if (a[x][y] == a[x - 1][y] && a[x][y] == a[x - 1][y + 1] && a[x][y] == a[x][y + 1])
        return false;
    if (a[x][y] == a[x][y - 1] && a[x][y] == a[x + 1][y - 1] && a[x][y] == a[x + 1][y])
        return false;
    return true;

}

void dfs(int x, int y) {
    if (x == 3 && y == 10) {
        res++;
        return;
    }
    if (y > 10) {
        dfs(x + 1, 0);
        return;
    }
    if (a[x][y] == -1) {
        if (a[x][y + 1] == -1)  // 竖着铺 
        {
            a[x][y] = 1;
            a[x][y + 1] = 1;

            if (judge(x, y))    // 边铺边判合法 
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x][y + 1] = -1;

            a[x][y] = 2;
            a[x][y + 1] = 2;
            if (judge(x, y))
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x][y + 1] = -1;
        }
        if (a[x + 1][y] == -1)  // 横着铺 
        {
            a[x][y] = 1;
            a[x + 1][y] = 1;
            if (judge(x, y))
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x + 1][y] = -1;

            a[x][y] = 2;
            a[x + 1][y] = 2;
            if (judge(x, y))
                dfs(x, y + 1);
            a[x][y] = -1;
            a[x + 1][y] = -1;
        }
    } else {
        dfs(x, y + 1);
    }
}


int main() {
    int i, j;
    for (i = 1; i <= 3; i++)
        for (j = 1; j <= 10; j++)
            a[i][j] = -1;
    dfs(1, 1);
    std::cout << res;
    return 0;
}

发表于 更新于 本文字数： 1k 阅读时长 ≈ 1 分钟

问题描述：

希尔伯特曲线是以下一系列分形曲线 $H_{n}$ 的极限。我们可以把 $H_n$ 看作一条覆盖$2^n × 2^n $方格矩阵的曲线，曲线上一共有 $2^n \cdot 2^n$个顶点(包括左下角起点和右下角终点)，恰好覆盖每个方格一次。

$H_n(n > 1)$可以通过如下方法构造：

  1. 将 $H_n-1$顺时针旋转90度放在左下角
  2. 将 $H_n-1$逆时针旋转90度放在右下角
  3. 将2个$ H_n-1$ 分别放在左上角和右上角
  4. 用3条单位线段把4部分连接起来对于 $H_n$ 上每一个顶点 $p$ ，我们定义 $p$ 的坐标是它覆盖的小方格在矩阵中的坐标（左下角是 $(1, 1)$，右上角是 $(2^n, 2^n)$ ，从左到右是X轴正方向，从下到上是Y轴正方向），定义 $p$的序号是它在曲线上从起点开始数第几个顶点（从1开始计数）。

以下程序对于给定的 $n(n <= 30)$ 和 $p$ 点坐标 $(x, y)$ ，输出 $p$ 点的序号。请仔细阅读分析源码，填写划线部分缺失的内容。

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#include <stdio.h>
long long f(int n, int x, int y) {
    if (n == 0) return 1;
    int m = 1 << (n - 1);
    if (x <= m && y <= m) {
        return f(n - 1, y, x);
    }
    if (x > m && y <= m) {
        return 3LL * m * m + f(n - 1, __________ , m * 2 - x + 1); //  填空
    }
    if (x <= m && y > m) {
        return 1LL * m * m + f(n - 1, x, y - m);
    }
    if (x > m && y > m) {
        return 2LL * m * m + f(n - 1, x - m, y - m);
    }
}

int main() {
int n, x, y;
    scanf("%d %d %d", &n, &x, &y); 
    printf("%lld", f(n, x, y));
    return 0;
}

问题分析：

​这题题目表述很多，但其实没有么有想象中那么难，规律性极强，主要一个坑点是入曲线的方向问题，一开始以为是从左边进入（答案y），后来验证出错，正确应该是从右边进入。

答案：

​ m-y+1

发表于 更新于 本文字数： 1.8k 阅读时长 ≈ 2 分钟

题目描述：

小明的实验室有N台电脑，编号1~N。原本这N台电脑之间有N-1条数据链接相连，恰好构成一个树形网络。在树形网络上，任意两台电脑之间有唯一的路径相连。

不过在最近一次维护网络时，管理员误操作使得某两台电脑之间增加了一条数据链接，于是网络中出现了环路。环路上的电脑由于两两之间不再是只有一条路径，使得这些电脑上的数据传输出现了BUG。
为了恢复正常传输。小明需要找到所有在环路上的电脑，你能帮助他吗？

输入：

第一行包含一个整数N。

以下N行每行两个整数a和b，表示a和b之间有一条数据链接相连。

对于30%的数据，$1 \le N \le 1000$
对于100%的数据, $1 \le N \le100000， 1 \le a, b \le N$
输入保证合法。

输出：

按从小到大的顺序输出在环路上的电脑的编号，中间由一个空格分隔。

样例输入：
5
1 2
3 1
2 4
2 5
5 3

样例输出：
1 2 3 5

资源约定：

峰值内存消耗 < 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。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0

注意: 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。

注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。提交时，注意选择所期望的编译器类型。

问题分析：

​这题可能是上天对我的照顾，在2016NOIP DAY2的三道题中，我依稀记得是第二道题，当时也是一道类似的题，不过这题是仅单环，那一道题是多环。

​ 当时所用的策略是遍历->深搜度为1的点->删点->直到点不在减少，但当时有个问题，就是深搜深度过深，导致栈溢出，幸好当时组委会另行通知了这一点，并在评测机器上有所更改。

​ 但这次最大节点数为10w，并不算大，可以进行dfs

​ 在存储边上，用vector存储邻接表

​ 并通过 vector,algorithm 中的 sort 进行优化

代码：

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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>

const int N = 10000 + 10;
int n;
std::vector<int> next[N];
bool vis[N];

void init() {
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    std::cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b;
        std::cin >> a >> b;
        next[a].push_back(b);   // 无向图，存双边
        next[b].push_back(a);
    }

}

void dfs(int k) {
    int side = 0;
    for (int j : next[k]) {
        if (!vis[j])
            side++;
    }
    if (side == 1 && !vis[k]) {
        vis[k] = true;
        dfs(next[k][0]);
    }
}

void work() {
    int remain = n;
    int tem_remain;
    do {
        tem_remain = remain;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int side = 0;
            for (int j : next[i]) {
                if (!vis[j])
                    side++;
            }
            if (side == 1 && !vis[i]) {
                vis[i] = true;
                tem_remain -= 1;
                dfs(next[i][0]);
            }
        }
    } while (tem_remain != remain);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!vis[i])
            std::cout << i << " ";
}

int main() {
    init();
    work();
    return 0;
}
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