2015年百度之星程序设计大赛 - 资格赛【题解】
1001 大搬家
近期B厂组织了一次大搬家，所有人都要按照指示换到指定的座位上。指示的内容是坐在位置i上的人要搬到位置j上。现在B厂有N个人，一对一到N个位置上。搬家之后也是一一对应的，改变的只有位次。
在第一次搬家后，度度熊由于疏忽，又要求大家按照原指示进行了一次搬家。于是，机智的它想到：再按这个指示搬一次家不就可以恢复第一次搬家的样子了。于是，B厂史无前例的进行了连续三次搬家。
虽然我们都知道度度熊的“机智”常常令人堪忧，但是不可思议的是，这回真的应验了。第三次搬家后的结果和第一次的结果完全相同。
那么，有多少种指示会让这种事情发生呢？如果两种指示中至少有一个人的目标位置不同，就认为这两种指示是不相同的。
第一行一个整数T，表示T组数据。
每组数据包含一个整数N(1≤N≤1000000)。
对于每组数据，先输出一行 Case #i: 然后输出结果，对1000000007取模。
2 1 3
Case #1: 1 Case #2: 4
解题思路：这道题应该这样去思考：因为数据范围在1000000以内，所以需要打表存储一下。打表的过程递推过来。
f[i]表示n==i时候的结果（取模之后的），在不考虑是否数据是否溢出的前提下，思考f[i]应该等于多少，或者该
如何计算出来。
思路：加法原理，当前有i-1，我们已经知道了f[i-1],我们现在要把i加进来，此时如果第i单独映
射的话,其余的就是f[i-1]的所有情况，就f[i]=f[i-1]. 如果i和其他的进行两两映射，则有（i-1）种选法，当
选定某一个后，其余的i-2个数就会有f[i-2]中组合方式。所以最后的推导公式是：
f[i] = f[i-1]+(i-1)*f[i-2].(还要防止类型溢出)
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <ctype.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;
__int64 f[1000000+10];
void work()
{
f[0]=0;
f[1]=1;
f[2]=2;
f[3]=4;
//f[i] = f[i-1] + (i-1)*f[i-2]
for(int i=4; i<=1000000; i++){
f[i] = (f[i-1]%mod +(i-1)*f[i-2]%mod)%mod ;
}
}
int main()
{
int t; scanf("%d", &t);
int i, j, k;
int n;
work();
int cnt=1;
while(t--)
{
scanf("%d", &n);
printf("Case #%d:\n", cnt++ );
printf("%I64d\n", f[n]);
}
return 0;
}
1002 列变位法解密
列变位法是古典密码算法中变位加密的一种方法，具体过程如下 将明文字符分割成个数固定的分组（如5个一组，5即为密钥），按一组一行的次序整齐排列，最后不足一组不放置任何字符，完成后按列读取即成密文。
比如：
原文：123456789
密钥：4
变换后的矩阵：
1234 5678 9xxx
（最后的几个x表示无任何字符，不是空格，不是制表符，就没有任何字符，下同）
密文：159263748
再比如：
原文：Hello, welcome to my dream world!
密钥：7
变换后的矩阵：
Hello, welcome to my dream w orld!xx
密文：
Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w
实现一个利用列变位法的加密器对Bob来说轻而易举，可是，对Bob来说，想清楚如何写一个相应的解密器似乎有点困难，你能帮帮他吗？
第一行一个整数T，表示T组数据。
每组数据包含2行
第一行，一个字符串s（1≤|s|≤1e5），表示经过列变位法加密后的密文
第二行，一个整数K（1≤K≤|s|），表示原文在使用列变位法加密时的密钥
输入保证密文字符串中只含有ASCII码在[0x20,0x7F)范围内的字符
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出一行，包含一个字符串s_decrypt，表示解密后得到的明文
4 159263748 4 Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w 7 Toodming is best 16 sokaisan 1
Case #1: 123456789 Case #2: Hello, welcome to my dream world! Case #3: Toodming is best Case #4: sokaisan
算法分析：此题目不能开二维矩阵直接存储，用vector很好实现模拟。一次将串的每个字符放入它在矩阵中的正确位置后，再将每一行一次输
出出来就行了。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <set>
#include <algorithm>
#define N 100000+10
using namespace std;
int main()
{
int t;
int i, j, k;
scanf("%d", &t);
char s[N];
int n;
vector<char>q[N];
int cnt=1;
while(t--)
{
scanf("%*c");
gets(s);
//puts(s);
int len=strlen(s);
//printf("len=%d\n", len);
scanf("%d", &n); //代表列数
int hang=len/n;
if(len%n > 0)
hang++; //行数+1
//计算最后一行有几个空位
int kong=n-(len%n);
int dd=n-kong; //计算有几个完整列
for(i=0; i<=hang; i++)
q[i].clear();
int e=0;
if(dd==0){
for(i=0; i<len; i++)
{
q[e].push_back(s[i]);
e++;
if(e==hang) e=0;
}
}
else {
for(i=0; i<len; i++){
q[e].push_back(s[i]);
e++;
if(e == hang ) //填充了一个列
{
e=0;
dd--;
if(dd==0)
hang--;
}
}
}
printf("Case #%d:\n", cnt++);
for(i=0; i<hang; i++)
{
for(j=0; j<q[i].size(); j++)
printf("%c", q[i][j]);
}
if(len%n > 0)
for(i=0; i<q[hang].size(); i++)
printf("%c", q[hang][i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
1003 IP聚合
当今世界，网络已经无处不在了，小度熊由于犯了错误，当上了度度公司的网络管理员，他手上有大量的 IP列表，小度熊想知道在某个固定的子网掩码下，有多少个网络地址。网络地址等于子网掩码与 IP 地址按位进行与运算后的结果，例如：
子网掩码：A.B.C.D
IP 地址：a.b.c.d
网络地址：(A&a).(B&b).(C&c).(D&d)
第一行包含一个整数T，（1≤T≤50）代表测试数据的组数，
接下来T组测试数据。每组测试数据包含若干行，
第一行两个正整数N（1≤N≤1000,1≤M≤50）,M。接下来N行，每行一个字符串，代表一个 IP 地址，
再接下来M行，每行一个字符串代表子网掩码。IP 地址和子网掩码均采用 A.B.C.D的形式，其中A、B、C、D均为非负整数，且小于等于255。
对于每组测试数据，输出两行：
第一行输出: "Case #i:" 。i代表第i组测试数据。
第二行输出测试数据的结果，对于每组数据中的每一个子网掩码，输出在此子网掩码下的网络地址的数量。
2 5 2 192.168.1.0 192.168.1.101 192.168.2.5 192.168.2.7 202.14.27.235 255.255.255.0 255.255.0.0 4 2 127.127.0.1 10.134.52.0 127.0.10.1 10.134.0.2 235.235.0.0 1.57.16.0
Case #1: 3 2 Case #2: 3 4
算法分析：打表去重统计计数输出。 STL vector+set
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <set>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int a,b,c,d;
bool operator <(const node &x)const{
if(a==x.a){
if(b==x.b){
if(c==x.c){
return d<x.d;
}else
return c<x.c;
}else
return b<x.b;
}else
return a<x.a;
}
}cur;
int main()
{
int t;
int i, j, k;
scanf("%d", &t);
int n, m;
int cnt=1;
char s[200];
int a,b,c,d;
while(t--)
{
scanf("%d %d", &n, &m);
set<node>q; q.clear();
vector<node>p; p.clear();
vector<node>w; w.clear();
//printf("%d %d %d %d\n", a,b, c, d);
for(i=0; i<n; i++){
scanf("%d.%d.%d.%d", &cur.a, &cur.b, &cur.c, &cur.d);
p.push_back(cur);
} //IP地址
for(i=0; i<m; i++){
scanf("%d.%d.%d.%d", &cur.a, &cur.b, &cur.c, &cur.d);
w.push_back(cur);
} //网络地址
node cc;
printf("Case #%d:\n", cnt++);
for(i=0; i<m; i++)
{
for(j=0; j<n; j++)
{
cc.a=p[j].a & w[i].a;
cc.b=p[j].b & w[i].b;
cc.c=p[j].c & w[i].c;
cc.d=p[j].d & w[i].d;
q.insert(cc);
}
printf("%d\n", q.size());
q.clear();
}
}
return 0;
}
1004 放盘子
小度熊喜欢恶作剧。今天他向来访者们提出一个恶俗的游戏。他和来访者们轮流往一个正多边形内放盘子。最后放盘子的是获胜者，会赢得失败者的一个吻。玩了两次以后，小度熊发现来访者们都知道游戏的必胜策略。现在小度熊永远是先手，他想知道他是否能获胜。
注意盘子不能相交也不能和多边形相交也不能放在多边形外。就是说，盘子内的点不能在多边形外或者别的盘子内。
第一行一个整数T，表示T组数据。每组数据包含3个数n,a,r(4≤n≤100,0<a<1000,0<r<1000)
n是偶数，代表多边形的边数，a代表正多边形的边长，r代表盘子的半径。
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出结果.如果小度熊获胜，输出”Give me a kiss!” 否则输出”I want to kiss you!”
2 4 50 2.5 4 5.5 3
Case #1: Give me a kiss! Case #2: I want to kiss you!
解题分析：可以参看这个博客http://www.cnblogs.com/crazyacking/p/4524687.html，只要多边形对边的距离大于 圆盘的直径就会是小度熊赢的！
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <ctype.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
#define PI acos(-1.0)
using namespace std;
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
int i, j;
int n; double d, r;
int cnt=1;
while(t--)
{
scanf("%d %lf %lf", &n, &d, &r);
double o=360.0/n/2.0; //开始这是int的定义 WA一次
double cc=(2.0*PI*o)/360.0;
double h=(d/2.0)/(tan(cc));
h=h*2.0;
r=r*2.0;
printf("Case #%d:\n", cnt++ );
if(h>=r){
printf("Give me a kiss!\n");
}
else
printf("I want to kiss you!\n");
}
return 0;
}
