1.握手问题

题目描述：

解题思路1（组合数学）

按照题目描述来说，会议有五十人，如果不加任何限制条件，这五十个人两两握手的次数是：
$total=49+48+47+........+1$
利用高斯求和的得出：$total=50\ast 49/2$
如果加上限制条件的话，题目给定的其中有七个人不会相互握手，需要用上面总的不加限制的减去七个人相互握手的次数。
$cnt=6+5+......+1=7\ast 6/2$
上述两式作差即可
编写代码：

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
	int total = 50 * 49 / 2;
	int cnt = 7 * 6 / 2;
	cout << total - cnt << endl;
	return 0;
}

解题思路2（暴力枚举）

将每个人握手的情况枚举出来即可。

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
	int ans = 0;
	for (int i = 1;i <= 50;i++)
	{
		for (int j = i + 1;j <= 50;j++)
		{
			//排除掉七人的情况
			if (!(i >= 1 && i <= 7 && j >= 1 && j <= 7))
			{
				ans++;
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

2.小球反弹

问题描述：

做题思路

这道题我们肯定不能直接做的，这道题给定了$dx:dy$的值说明这道题我们应该分解来做，将小球的反弹的路径分解为x方向和y方向来做。
我们首先假设x方向上经过了p个来回，y方向上经历了q个来回，因为是分解的缘故，所以两个分解方向上的时间是相同的。
所以可以得出两个等式：
$dx\ast t=2px$（由于这里一半的路程是x，所以一个来回的路程是2x，乘以来回就是总路程）
$dy\ast t=2qx$

将这两个式子进行比例
$\frac{dx}{dy}=\frac{px}{qy}$
得到这个式子之后我们可以利用gcd对这个式子的左边进行约分。
可以得出：$p=dx\ast y$和$q=dy\ast x$
算出q或者p之后可以利用公式计算t：$t=2px/dx$
最后得出总路程：$总路程=t\ast (sqrt(15^2+17^2))$

编写代码：

//求最大公约数
int gcd(int a, int b)
{
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int main()
{
	//给出x方向和y方向的速度 
	int dx = 15, dy = 17;
	//给出x方向和y方向上的距离
	int x = 343720, y = 233333;
	//求出多少来回
	int q = dy * x, p = dx * y;
	//求最大公约数
	int g = gcd(p, q);
	p /= g, q /= g;

	//计算时间
	int t = 2 * p * x / dx;

	//求路程
	double ans = t * sqrt(15 * 15 + 17 * 17);
	printf("%.2lf\n", ans);
	return 0;
}

3.好数

问题描述：

数据量：

算法思路（暴力解法）—不会超时

遍历1到n的数，然后写一个check函数判断每个数是否是好数，这里的时间复杂度是$n\ast logn$
编写代码：

#include <iostream>
using namespace std;
int N,count;

bool Check(int n)
{
  int i=1;
  while(n!=0)
  {
    int tail=n%10;
    if(i%2==1)
    {
      if(tail%2!=1)return false;
    }
    else
    {
      if(tail%2!=0)return false;
    }
    i++;
    n/=10;
  }
  return true;
}

int main()
{
  // 请在此输入您的代码
  cin>>N;
  for(int i=1;i<N;i++)
  {
    if(Check(i))
    {
      count++;
    }
  }
  cout<<count<<endl;
  return 0;
}

4.R格式

题目描述：

数据量：

可以看到这道题的数据量是很大的，涉及到了幂次，肯定不可能直接去算，这道题很显然是考察的是高精度算法（高精度*低精度）

算法思路

高精度模版题：

编写代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;

//数组模拟高精度：高精度*低精度
const int N = 2e3 + 10;
string s;
int a[N];
int main()
{
	int n;
	cin >> n >> s;
	//反转操作
	reverse(s.begin(), s.end());

	//确定小数点的位置
	int pos = s.find(".");
	s.erase(pos, 1);//删除小数点，方便后续计算
	int len = s.size();
	for (int i = 0;i < len;i++)  a[i + 1] = s[i] - '0';

	//高精度*低精度
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		//顺序扫描，均*2
		for (int j = 1;j <= len;j++) a[j] *= 2;
		//处理大于10的位数
		for (int j = 1;j <= len;j++)
		{
			if (a[j] >= 10)
			{
				a[j + 1]++;
				a[j] %= 10;
				if (j == len) len++;
			}
		}
	}

	//处理小数点后的第一位，进行四舍五入

	if (a[pos] >= 5)a[pos + 1]++;

	for (int i = pos + 1;i <= len;i++)
	{
		if (a[i] >= 10)
		{
			a[i + 1]++;
			a[i] %= 10;
			if (i == len)len++;
		}
	}
	
	//打印的时候倒序打印
	for (int i = len;i >= pos + 1;i--) cout << a[i];
	return 0;
}

5.宝石组合

题目描述：

数据范围：

首先从数据量来看这道题是不能用暴力枚举的，因为暴力枚举三个数的时间复杂度是$O(N^3)$了。

算法思路—唯一分解定理

首先我们要知道什么是唯一分解定理，简单来说唯一分解定理就是，任意一个大于1的正整数 ，都可以唯一地表示为若干个质数的乘积，且这些质数的顺序不影响分解的唯一性。
那么可以得出：
$N_1=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot \dots \cdot p_n^{a_n}$

$N_2=p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot \dots \cdot p_n^{b_n}$

从上面两个式子可以得出：
$\gcd (N_1,N_2)=p_1^{\min (a_1,b_1)}\cdot p_2^{\min (a_2,b_2)}\cdot \dots \cdot p_n^{\min (a_n,b_n)}$

$\mathrm{lcm}(N_1,N_2)=p_1^{\max (a_1,b_1)}\cdot p_2^{\max (a_2,b_2)}\cdot \dots \cdot p_n^{\max (a_n,b_n)}$

假设Ha，Hb，Hc的分解出来的相同的质数的幂次分别是x，y，z那么可以得出：

上面的式子可以转换为幂次是：

$x+y+z+\max (x,y,z)-\max (x,y)-\max (x,z)-\max (y,z)$
相当于我们只需要求出上面式子的最大值即可。

编写代码：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
//fac是存储因子的二维数组，s是求的最大值
vector<int> fac[N], s[N];
int main()
{
	//遍历数组
	for (int i = 1;i <= 1e5;i++)
	{
		for (int j = i;j <= 1e5;j += i)
		{
			//i是j的因子
			fac[j].push_back(i);
		}
	}
	//输入n个数
	int n;cin >> n;
	for (int i = 1;i <= n;i++)cin >> a[i];
	//保证字典序最小
	sort(a + 1, a + n + 1);

	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		//处理i的每个因子
		for (int j = 0;j < fac[a[i]].size();j++)
		{
			//
			s[fac[a[i]][j]].push_back(a[i]);
		}
	}
	for (int i = 1e5;i >= 0;i--)
	{
		if (s[i].size() >= 3)
		{
			cout << s[i][0] << ' ' << s[i][1] << ' ' << s[i][2] << endl;
			break;
		}
	}
	return 0;
}

6.数字接龙

问题描述：

数据量：

根据数据量来看这道题考察的应该是DFS，但是在DFS中应该还涉及到回溯，因为当走到不满足条件的时候需要进行回溯。

算法思路----DFS

编写代码：

#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
const int N = 20;
int a[N][N];
bool vis[N][N];
int n, k;
//方向数组：   0  1 2 3 4 5 6  7
int dx[8] = { -1,-1,0,1,1,1,0,-1 };
int dy[8] = { 0,1,1,1,0,-1,-1,-1 };
string res;

void dfs(int x, int y, int prev, string s, int dep)
{
	//当搜到终点的时候，且搜索深度是n的时候，意思就是每种情况都搜索完了
	if (x == n && y == n && dep == n * n) {
		if (res.empty())res = s;
		return;
	}
	for (int i = 0;i < 8;i++)
	{
		//生成邻接点
		int bx = x + dx[i];
		int by = y + dy[i];
		//过滤越界节点
		if (bx<1 || bx>n || by<1 || by>n)continue;
		//过滤访问过的节点
		if (vis[bx][by] == true)continue;
		//防止交叉搜索
		if (i == 1 && vis[x - 1][y] && vis[x][y + 1])continue;
		if (i == 3 && vis[x + 1][y] && vis[x][y + 1])continue;
		if (i == 5 && vis[x + 1][y] && vis[x][y - 1])continue;
		if (i == 7 && vis[x - 1][y] && vis[x][y - 1])continue;
		//保证路径数值为0 1 2 3 .....k-1
		if ((a[bx][by] < k && a[bx][by] == prev + 1) || (prev + 1 == k && a[bx][by] == 0))
		{
			//可以搜索，将点标记为true
			vis[bx][by] = true;
			dfs(bx, by, a[bx][by], s + to_string(i), dep + 1);
			//最优性剪枝
			if (!res.empty())return;
			vis[bx][by] = false;//回溯
		}

	}
}

int main()
{
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1;i <= n;i++)
		for (int j = 1;j <= n;j++)
			cin >> a[i][j];
	string emp;
	//标记起点
	vis[1][1] = true;
	dfs(1, 1, 0, emp, 1);
	if (res.empty())cout << -1;
	else cout << res << endl;
	return 0;
}

7.拔河

问题描述：

数据量：

对于这种涉及到区间和的题来说，大概率都是用前缀和算法解决

算法思路

编写代码：

#include<iostream>
#include<set>
#include<climits>
using namespace std;

#define ll long long

const int N = 1e3 + 10;
int a[N], s[N];//前缀和和数组
multiset<int> ms;


int main()
{
	int n;cin >> n;
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		cin >> a[i];
		//前缀和
		s[i] = s[i - 1] + a[i];
	}

	//用set去维护所有的区间和
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		for (int j = 1;j <= n;j++)
		{
			//维护区间和
			ms.insert(s[j] - s[i - 1]);
		}
	}

	int ans = LONG_MAX;
	for (int i = 1;i <= n;i++)
	{
		for (int j = 1;j < i;j++)
		{
			//枚举以i结尾的区间，因为这里i-1只会有一个人，所以应该是j-1
			int sum = s[i] - s[j - 1];
			//找到与该区间和sum相似的区间和
			auto it = ms.lower_bound(sum);
			if (it != ms.end())
			{
				ans = min(ans, abs(*it - sum));
			}
			if (it != ms.begin())
			{
				it--;
				ans = min(ans, abs(*it - sum));
			}
		}
		//删除以i开头且以j结尾的区间，防止后续查询区间的时候出现区间重叠/交叉问题
		for (int j = i;j <= n;j++) ms.erase(ms.find(s[j] - s[i - 1]));
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}