| NOIP201501金币 |
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试题描述
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国王将金币作为工资，发放给忠诚的骑士。第一天，骑士收到一枚金币；之后两天（第二天和第三天） ，每天收到两枚金币；之后三天（第四、五、六天） ，每天收到三枚金币；之后四天（第七、八、九、十天） ，每天收到四枚金币……；这种工资发放模式会一直这样延续下去：当连续 N 天每天收到 N 枚金币后，骑士会在之后的连续 N+1 天里，每天收到 N+1 枚金币。
请计算在前 K 天里，骑士一共获得了多少金币。 |
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输入
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输入文件名为 coin.in
输入文件只有 1 行，包含一个正整数 K，表示发放金币的天数 |
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输出
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输出文件名为 coin.out
输出文件只有 1 行，包含一个正整数，即骑士收到的金币数 |
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输入示例
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1000
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输出示例
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29820
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其他说明
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数据范围：对于 100%的数据，1 ≤ K ≤ 10,000
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1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int n,ans; 4 int main() 5 { 6 scanf("%d",&n); 7 int i=1,temp,k=1; 8 while(i<=n) 9 { 10 ans+=k*k; 11 temp=i; 12 i=i+k+1; 13 k+=1; 14 } 15 ans+=(n-temp)*k; 16 printf("%d ",ans); 17 }
| NOIP201502扫雷游戏 |
| 难度级别：A； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B |
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试题描述
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扫雷游戏是一款十分经典的单机小游戏。 在 n 行 m 列的雷区中有一些格子含有地雷（称之为地雷格） ，其他格子不含地雷（称之为非地雷格） 。玩家翻开一个非地雷格时，该格将会出现一个数字——提示周围格子中有多少个是地雷格。 游戏的目标是在不翻出任何地雷格的条件下，找出所有的非地雷格。
现在给出n行m列的雷区中的地雷分布， 要求计算出每个非地雷格周围的地雷格数。 注：一个格子的周围格子包括其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八个方向上与之直接相邻的格子。 |
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输入
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输入文件第一行 是用一个空格隔开的 两个整数n和m， 分别表示雷区的行数和列数。 接下来 n 行，每行 m 个字符，描述了雷区中的地雷分布情况。字符’*’表示相应 格子是地雷格，字符’?’表示相应格子是非地雷格。相邻字符之间无分隔符。 |
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输出
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输出文件包含 n 行，每行 m 个字符，描述整个雷区。用’*’表示地雷格，用周围 的地雷个数表示非地雷格。相邻字符之间无分隔符。 |
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输入示例
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输入样例 1
3 3 *?? ??? ?*? 输入样例 2 mine.in 2 3 ?*? *?? |
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输出示例
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输出样例 1
mine.out *10 221 1*1 输出样例 2 mine.out 2*1 *21 |
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其他说明
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【数据说明】
对于 100%的数据，1≤n≤100，1≤m≤100 |
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int n,m; 4 int main() 5 { 6 cin>>n>>m; 7 char a[150][150]; 8 for(int i=0;i<=n+5;i++) for(int j=1;j<=m+5;j++) a[i][j]='?'; 9 for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j]; 10 for(int i=1;i<=n;i++) 11 { 12 for(int j=1;j<=m;j++) 13 { 14 int ans=0; 15 if(a[i][j]=='?') 16 { 17 if(a[i-1][j]=='*') ans++; 18 if(a[i-1][j-1]=='*') ans++; 19 if(a[i-1][j+1]=='*') ans++; 20 if(a[i][j-1]=='*') ans++; 21 if(a[i][j+1]=='*') ans++; 22 if(a[i+1][j-1]=='*') ans++; 23 if(a[i+1][j]=='*') ans++; 24 if(a[i+1][j+1]=='*') ans++; 25 cout<<ans; 26 } 27 else cout<<'*'; 28 } 29 cout<<endl; 30 } 31 }
| NOIP201503求和 |
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试题描述
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一条狭长的纸带被均匀划分出了 n 个格子，格子编号从 1 到 n。每个格子上都染了一种颜色colori （用[1，m]当中的一个整数表示） ，并且写了一个数字numberi 。
定义一种特殊的三元组：(x, y, z)，其中 x，y，z 都代表纸带上格子的编号，这里的三元组要求满足以下两个条件： 1. x,y,z都是整数,x < y < z, y − x = z − y 2. colorx= colorz 满足上述条件的三元组的分数 三元组的分数规定为(x + z) ∗ (numberx + numberz)。整个纸带的分数 纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。 这个分数可能会很大， 你只要输出整个纸带的分数除以 10,007 所得的余数即可。 |
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输入
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第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m，n代表纸带上格子的个数，m代表纸带上颜色的种类数。
第二行有n个用空格隔开的正整数， 第i个数字number i代表纸带上编号为i的格子上面写的数字。 第三行有i个用空格隔开的正整数， 第i个数字color i代表纸带上编号为i的格子染的颜色。 |
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输出
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共一行，一个整数，表示所求的纸带分数除以10,007 所得的余数
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输入示例
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6 2
5 5 3 2 2 2 2 2 1 1 2 1 |
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输出示例
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82
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其他说明
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样例说明：纸带如题目描述中的图所示。所有满足条件的三元组为：(1,3,5),(4,5,6)。所以纸带的分数为(1 + 5) ∗ (5 + 2) + (4 + 6) ∗ (2 + 2) = 42 + 40 = 82。
数据范围： 1≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤ color i ≤ m,1 ≤number i ≤100000 |
对于一个格子i，设之前出现的与之同奇偶p同颜色ci的格子数目为s[ci][p]
格子序号和为sr[ci][p]
格子num值之和为sa[ci][p]
格子序号与a之积之和为sq[ci][p]
则如下累计ans即可
1 #include<iostream> 2 #define rep(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++) 3 #define LL long long 4 #define P 10007 5 using namespace std; 6 LL n,m; 7 LL a[100001],c[100001],sr[100001][2],sa[100001][2],s[100001][2],sq[100001][2]; 8 int main() 9 { 10 scanf("%lld%lld",&n,&m); 11 rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]); 12 rep(i,1,n) scanf("%lld",&c[i]); 13 LL ans=0; 14 rep(i,1,n) 15 { 16 int p=i&1,ci=c[i]; 17 s[ci][p]++; 18 if(s[ci][p]>1) ans+=(a[i]*sr[ci][p])%P+(i*sa[ci][p])%P+sq[ci][p]+((s[ci][p]-1)*i*a[i]%P); 19 ans%=P; 20 sr[ci][p]+=i; 21 sa[ci][p]+=a[i]; 22 sq[ci][p]+=i*a[i]; 23 } 24 ans%=P; 25 printf("%lld ",ans); 26 return 0; 27 }