1.微生物增殖**

题目：

假设有两种微生物 X 和 Y X出生后每隔3分钟分裂一次（数目加倍），Y出生后每隔2分钟分裂一次（数目加倍）。 一个新出生的X，半分钟之后吃掉1个Y，并且，从此开始，每隔1分钟吃1个Y。 现在已知有新出生的 X=10, Y=89，求60分钟后Y的数目。 如果X=10，Y=90呢？ 本题的要求就是写出这两种初始条件下，60分钟后Y的数目。 题目的结果令你震惊吗？这不是简单的数字游戏！真实的生物圈有着同样脆弱的性质！也许因为你消灭的那只 Y 就是最终导致 Y 种群灭绝的最后一根稻草！

思路：

题意不是很清楚，新出生的和增殖的如果同一时间应该先执行哪个没有具体说明，所以就按半分钟乱模拟，题意确实不是很清楚

答案是94371840

#include <map> #include <set> #include <cmath> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> using namespace std; int main(){ int x,y; x = 10,y = 90; for(int i = 1;i <= 120;i++){ if(i%2 == 1) y -= x; if(i%4 == 0) y *= 2; if(i%6 == 0) x *= 2; } cout<<y<<endl; return 0; }

2.古堡算式**

题目：

福尔摩斯到某古堡探险，看到门上写着一个奇怪的算式： ABCDE * ? = EDCBA 他对华生说：“ABCDE应该代表不同的数字，问号也代表某个数字！” 华生：“我猜也是！” 于是，两人沉默了好久，还是没有算出合适的结果来。 请你利用计算机的优势，找到破解的答案。 把 ABCDE 所代表的数字写出来。 思路：循环遍历每个字母可能的情况。

思路：

直接暴力五层循环模拟就好了

答案是21978

#include <map> #include <set> #include <cmath> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> using namespace std; int main(){ for(int A = 1;A <= 9;A++){ for(int B = 0;B <= 9;B++){ if(A == B) continue; for(int C = 0;C <= 9;C++){ if(C == A||C == B) continue; for(int D = 0;D <= 9;D++){ if(D == A||D == B||D == C) continue; for(int E = 0;E <= 9;E++){ if(E == A||E == B||E == C||E == D) continue; int x = A*10000+B*1000+C*100+D*10+E; int y = E*10000+D*1000+C*100+B*10+A; if(y%x == 0) cout<<x<<endl; } } } } } return 0; }

3.海盗比酒量**

题目：

有一群海盗（不多于20人），在船上比拼酒量。过程如下：打开一瓶酒，所有在场的人平分喝下，有几个人倒下了。再打开一瓶酒平分，又有倒下的，再次重复…… 直到开了第4瓶酒，坐着的已经所剩无几，海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后，大家都倒下了。 等船长醒来，发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到：“……昨天，我正好喝了一瓶…….奉劝大家，开船不喝酒，喝酒别开船……” 请你根据这些信息，推断开始有多少人，每一轮喝下来还剩多少人。 如果有多个可能的答案，请列出所有答案，每个答案占一行。 格式是：人数,人数,… 例如,有一种可能是：20,5,4,2,0 思路：4次之后船长喝了1瓶，每一次喝的量都是一个分数，4次之和为1

思路：

我们枚举四个东西，初始人数，第一、二、三轮剩下的人，然后把除法的两边同时乘一个数把除法转化为乘法等式就好了

答案是：

12 6 4 2 0 15 10 3 2 0 18 9 3 2 0 20 5 4 2 0

#include <map> #include <set> #include <cmath> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> using namespace std; int main(){ for(int sum = 4;sum <= 20;sum++){//枚举初始人数 for(int i = 3;i <= sum-1;i++){//枚举第一轮剩下的人数 for(int j = 2;j <= i-1;j++){//枚举第二轮剩下的人数 for(int k = 1;k <= j-1;k++){//枚举第三轮剩下的人数 if(sum*i*j*k == i*j*k+sum*i*j+sum*i*k+sum*j*k) cout<<sum<<" "<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" 0"<<endl; } } } } return 0; }

4.奇怪的比赛**

题目：

某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪： 每位选手需要回答10个问题（其编号为1到10），越后面越有难度。答对的，当前分数翻倍；答错了则扣掉与题号相同的分数（选手必须回答问题，不回答按错误处理）。 每位选手都有一个起步的分数为10分。 某获胜选手最终得分刚好是100分，如果不让你看比赛过程，你能推断出他（她）哪个题目答对了，哪个题目答错了吗？ 如果把答对的记为1，答错的记为0，则10个题目的回答情况可以用仅含有1和0的串来表示。例如：0010110011 就是可能的情况。 你的任务是算出所有可能情况。每个答案占一行。

思路：

直接按层数暴搜就好了

答案是：

0010110011 0111010000 1011010000

#include <map> #include <set> #include <cmath> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> using namespace std; int a[100]; void dfs(int cnt,int score){ if(cnt > 11) return ; if(cnt == 11&&score == 100){ for(int i = 1;i <= 10;i++) cout<<a[i]; cout<<endl; return ; } a[cnt] = 1;dfs(cnt+1,score*2); a[cnt] = 0;dfs(cnt+1,score-cnt); } int main(){ dfs(1,10); return 0; }

5.方阵旋转**

题目：

对一个方阵转置，就是把原来的行号变列号，原来的列号变行号 例如，如下的方阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 转置后变为： 1 5 9 13 2 6 10 14 3 7 11 15 4 8 12 16 但，如果是对该方阵顺时针旋转（不是转置），却是如下结果： 13 9 5 1 14 10 6 2 15 11 7 3 16 12 8 4 下面的代码实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转。

void rotate(int* x, int rank) { int* y = (int*)malloc(___________________); // 填空 for(int i=0; i<rank * rank; i++) { y[_________________________] = x[i]; // 填空 } for(i=0; i<rank*rank; i++) { x[i] = y[i]; } free(y); } int main(int argc, char* argv[]) { int x[4][4] = {{1,2,3,4},{5,6,7,8},{9,10,11,12},{13,14,15,16}}; int rank = 4; rotate(&x[0][0], rank); for(int i=0; i<rank; i++) { for(int j=0; j<rank; j++) { printf("M", x[i][j]); } printf("\n"); } return 0; }

思路：

第一空好填，直接初始化矩阵的大小就好了，第二空多找找规律就好了

答案是：

sizeof(int) * rank * rank (i % 4) * 4 + 3 - (i / 4)

6.大数乘法**

题目：

大数乘法 对于32位字长的机器，大约超过20亿，用int类型就无法表示了，我们可以选择int64类型，但无论怎样扩展，固定的整数类型总是有表达的极限！如果对超级大整数进行精确运算呢？一个简单的办法是：仅仅使用现有类型，但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算，即所谓：“分块法”。 如图【1.jpg】表示了分块乘法的原理。可以把大数分成多段（此处为2段）小数，然后用小数的多次运算组合表示一个大数。可以根据int的承载能力规定小块的大小，比如要把int分成2段，则小块可取10000为上限值。注意，小块在进行纵向累加后，需要进行进位校正。

以下代码示意了分块乘法的原理（乘数、被乘数都分为2段）。

void bigmul(int x, int y, int r[]) { int base = 10000; int x2 = x / base; int x1 = x % base; int y2 = y / base; int y1 = y % base; int n1 = x1 * y1; int n2 = x1 * y2; int n3 = x2 * y1; int n4 = x2 * y2; r[3] = n1 % base; r[2] = n1 / base + n2 % base + n3 % base; r[1] = ____________________________________________; // 填空 r[0] = n4 / base; r[1] += _______________________; // 填空 r[2] = r[2] % base; r[0] += r[1] / base; r[1] = r[1] % base; } int main(int argc, char* argv[]) { int x[] = {0,0,0,0}; bigmul(87654321, 12345678, x); printf("%d%d%d%d\n", x[0],x[1],x[2],x[3]); return 0; }

思路：

直接按照图上面的方法来就好了，简单代码填空

答案是：

n2 / base + n3 / base + n4 % base r[2] / base

7.放棋子**

题目：

放棋子 今有 6 x 6 的棋盘格。其中某些格子已经预先放好了棋子。现在要再放上去一些，使得：每行每列都正好有3颗棋子。我们希望推算出所有可能的放法。下面的代码就实现了这个功能。

初始数组中，“1”表示放有棋子，“0”表示空白。

int N = 0; bool CheckStoneNum(int x[][6]) { for(int k=0; k<6; k++) { int NumRow = 0; int NumCol = 0; for(int i=0; i<6; i++) { if(x[k][i]) NumRow++; if(x[i][k]) NumCol++; } if(_____________________) return false; // 填空 } return true; } int GetRowStoneNum(int x[][6], int r) { int sum = 0; for(int i=0; i<6; i++) if(x[r][i]) sum++; return sum; } int GetColStoneNum(int x[][6], int c) { int sum = 0; for(int i=0; i<6; i++) if(x[i][c]) sum++; return sum; } void show(int x[][6]) { for(int i=0; i<6; i++) { for(int j=0; j<6; j++) printf("-", x[i][j]); printf("\n"); } printf("\n"); } void f(int x[][6], int r, int c); void GoNext(int x[][6], int r, int c) { if(c<6) _______________________; // 填空 else f(x, r+1, 0); } void f(int x[][6], int r, int c) { if(r==6) { if(CheckStoneNum(x)) { N++; show(x); } return; } if(______________) // 已经放有了棋子 { GoNext(x,r,c); return; } int rr = GetRowStoneNum(x,r); int cc = GetColStoneNum(x,c); if(cc>=3) // 本列已满 GoNext(x,r,c); else if(rr>=3) // 本行已满 f(x, r+1, 0); else { x[r][c] = 1; GoNex。t(x,r,c); x[r][c] = 0; if(!(3-rr >= 6-c || 3-cc >= 6-r)) // 本行或本列严重缺子，则本格不能空着！ GoNext(x,r,c); } } int main(int argc, char* argv[]) { int x[6][6] = { {1,0,0,0,0,0}, {0,0,1,0,1,0}, {0,0,1,1,0,1}, {0,1,0,0,1,0}, {0,0,0,1,0,0}, {1,0,1,0,0,1} }; f(x, 0, 0); printf("%d\n", N); return 0; }

思路：

想明白题目的check思路和dfs思路这三空就好填了,

答案是：

NumRow != 3 || NumCol != 3 f(x, r, c + 1) x[r][c] == 1

8.密码发生器**

题目：

在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了… 这个程序的任务就是把一串拼音字母转换为6位数字（密码）。我们可以使用任何好记的拼音串(比如名字，王喜明，就写：wangximing)作为输入，程序输出6位数字。 变换的过程如下： 第一步. 把字符串6个一组折叠起来，比如wangximing则变为： wangxi ming 第二步. 把所有垂直在同一个位置的字符的ascii码值相加，得出6个数字，如上面的例子，则得出： 228 202 220 206 120 105 第三步. 再把每个数字“缩位”处理：就是把每个位的数字相加，得出的数字如果不是一位数字，就再缩位，直到变成一位数字为止。例如: 228 => 2+2+8=12 => 1+2=3 上面的数字缩位后变为：344836, 这就是程序最终的输出结果！ 要求程序从标准输入接收数据，在标准输出上输出结果。 输入格式为：第一行是一个整数n（<100），表示下边有多少输入行，接下来是n行字符串，就是等待变换的字符串。 输出格式为：n行变换后的6位密码。 例如，输入： 5 zhangfeng wangximing jiujingfazi woaibeijingtiananmen haohaoxuexi 则输出： 772243 344836 297332 716652 875843

思路：

直接按题意模拟转换就好了，没啥说的，具体看代码

代码：

#include <map> #include <set> #include <cmath> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> using namespace std; int main(){ string str; int n,num[10]; cin>>n; while(n--){ cin>>str; memset(num,0,sizeof(num)); int l = str.size(); for(int i = 0;i < l;i++){ num[i%6] += str[i]; } for(int i = 0;i < 6;i++){ while(num[i] >= 10){ int sum = num[i]; int cot = 0; while(sum){ cot += sum%10; sum /= 10; } num[i] = cot; } } for(int i = 0;i < 6;i++) cout<<num[i]; cout<<endl; } return 0; }

9.夺冠概率（此题题目有问题，不解）**

10.取球博弈**

题目：

今盒子里有n个小球，A、B两人轮流从盒中取球，每个人都可以看到另一个人取了多少个，也可以看到盒中还剩下多少个，并且两人都很聪明，不会做出错误的判断。 我们约定： 每个人从盒子中取出的球的数目必须是：1，3，7或者8个。 轮到某一方取球时不能弃权！ A先取球，然后双方交替取球，直到取完。 被迫拿到最后一个球的一方为负方（输方） 请编程确定出在双方都不判断失误的情况下，对于特定的初始球数，A是否能赢？ 程序运行时，从标准输入获得数据，其格式如下： 先是一个整数n(n<100)，表示接下来有n个整数。然后是n个整数，每个占一行（整数<10000），表示初始球数。 程序则输出n行，表示A的输赢情况（输为0，赢为1）。 例如，用户输入： ４ １ ２ 10 18 则程序应该输出： 0 1 1 0

思路：

我们可以很简单的知道9以内A先手的必胜态，那么对于某一个数，他不管减去1，3，7，8都回到A的必胜态，那么则转换为B的必胜态，暴力找出所有即可

代码：

#include <map> #include <set> #include <cmath> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> using namespace std; int main(){ int T,n; int r[10003]={0,0,1,0,1,0,1,0,1}; for(int i = 9;i <= 10000;i++){ if(r[i-1]&&r[i-3]&&r[i-7]&&r[i-8]) r[i] = 0; else r[i] = 1; } cin>>T; while(T--){ cin>>n; cout<<r[n]<<endl; } return 0; }