①出现次数最多的数
问题描述
给定n个正整数，找出它们中出现次数最多的数。如果这样的数有多个，请输出其中最小的一个。
输入格式
输入的第一行只有一个正整数n(1 ≤ n ≤ 1000)，表示数字的个数。
输入的第二行有n个整数s1, s2, …, sn (1 ≤ si ≤ 10000, 1 ≤ i ≤ n)。相邻的数用空格分隔。
输出格式
输出这n个次数中出现次数最多的数。如果这样的数有多个，输出其中最小的一个。
样例输入
6
10 1 10 20 30 20
样例输出
10
代码：
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int n;
int num[10005];
int main() {
while(scanf("%d", &n) != EOF) {
memset(num, 0, sizeof(num));
for(int i = 0; i < n; i ++) {
int x;
scanf("%d", &x);
num[x] ++;
}
int ans = 0;
int cnt = num[0];
for(int i = 1; i < 10005; i ++) {
if(num[i] > cnt) {
ans = i;
cnt = num[i];
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
②ISBN号码
问题描述
每一本正式出版的图书都有一个ISBN号码与之对应，ISBN码包括9位数字、1位识别码和3位分隔符，其规定格式如“x-xxx-xxxxx-x”，其中符号“-”是分隔符（键盘上的减号），最后一位是识别码，例如0-670-82162-4就是一个标准的ISBN码。ISBN码的首位数字表示书籍的出版语言，例如0代表英语；第一个分隔符“-”之后的三位数字代表出版社，例如670代表维京出版社；第二个分隔之后的五位数字代表该书在出版社的编号；最后一位为识别码。
识别码的计算方法如下：
首位数字乘以1加上次位数字乘以2……以此类推，用所得的结果mod 11，所得的余数即为识别码，如果余数为10，则识别码为大写字母X。例如ISBN号码0-670-82162-4中的识别码4是这样得到的：对067082162这9个数字，从左至右，分别乘以1，2，…，9，再求和，即0×1+6×2+……+2×9=158，然后取158 mod 11的结果4作为识别码。
编写程序判断输入的ISBN号码中识别码是否正确，如果正确，则仅输出“Right”；如果错误，则输出是正确的ISBN号码。
输入格式
输入只有一行，是一个字符序列，表示一本书的ISBN号码（保证输入符合ISBN号码的格式要求）。
输出格式
输出一行，假如输入的ISBN号码的识别码正确，那么输出“Right”，否则，按照规定的格式，输出正确的ISBN号码（包括分隔符“-”）。
样例输入
0-670-82162-4
样例输出
Right
样例输入
0-670-82162-0
样例输出
0-670-82162-4
代码：
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
char s[1005];
int main() {
while(scanf("%s", s) != EOF) {
int sum = 0;
sum += s[0] - '0';
sum += (s[2] - '0') * 2;
sum += (s[3] - '0') * 3;
sum += (s[4] - '0') * 4;
sum += (s[6] - '0') * 5;
sum += (s[7] - '0') * 6;
sum += (s[8] - '0') * 7;
sum += (s[9] - '0') * 8;
sum += (s[10] - '0') * 9;
//cout << sum << endl;
int shibiema = s[12] - '0';
if((sum % 11 == 10 && s[12] == 'X') || (sum % 11 == shibiema)) {
printf("Right\n");
}
else {
s[12] = '\0';
printf("%s", s);
if(sum % 11 == 10) printf("X\n");
else printf("%d\n", sum % 11);
}
}
return 0;
}
③最大的矩形
在横轴上放了n个相邻的矩形，每个矩形的宽度是1，而第i（1 ≤ i ≤ n）个矩形的高度是hi。这n个矩形构成了一个直方图。例如，下图中六个矩形的高度就分别是3, 1, 6, 5, 2, 3。
请找出能放在给定直方图里面积最大的矩形，它的边要与坐标轴平行。对于上面给出的例子，最大矩形如下图所示的阴影部分，面积是10。
输入格式
第一行包含一个整数n，即矩形的数量(1 ≤ n ≤ 1000)。
第二行包含n 个整数h1, h2, … , hn，相邻的数之间由空格分隔。(1 ≤ hi ≤ 10000)。hi是第i个矩形的高度。
输出格式
输出一行，包含一个整数，即给定直方图内的最大矩形的面积。
样例输入
6
3 1 6 5 2 3
样例输出
10
代码：
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int n;
int h[1005];
int main() {
while(scanf("%d", &n) != EOF) {
for(int i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%d", &h[i]);
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
int hmin = h[i];
for(int j = i; j < n; j ++) {
hmin = min(hmin, h[j]);
ans = max(ans, hmin * (j - i + 1));
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
④有趣的数
数位DP
问题描述
我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
3. 最高位数字不为0。
因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
输入格式
输入只有一行，包括恰好一个正整数n (4 ≤ n ≤ 1000)。
输出格式
输出只有一行，包括恰好n 位的整数中有趣的数的个数除以1000000007的余数。
样例输入
4
样例输出
3
代码：
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
#define MOD 1000000007
LL dp[1005][6];
void init() {
dp[4][0] = 1;//dp[i][0]表示长度为i时，只含有{2}时的数目
dp[4][1] = 7;//dp[i][1]表示长度为i时，只含有{2,0}时的数目
dp[4][2] = 5;//dp[i][2]表示长度为i时，只含有{2,0,1}时的数目
dp[4][3] = 3;//dp[i][3]表示长度为i时，只含有{2,3}时的数目
dp[4][4] = 9;//dp[i][4]表示长度为i时，只含有{2,0,3}时的数目
dp[4][5] = 3;//dp[i][5]表示长度为i时，只含有{2,0,3,1}时的数目
for(int i = 5; i < 1005; i ++) {
dp[i][0] = 1;
dp[i][1] = (dp[i-1][0] + 2 * dp[i-1][1]) % MOD;
dp[i][2] = (dp[i-1][1] + 2 * dp[i-1][2]) % MOD;
dp[i][3] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][3]) % MOD;
dp[i][4] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][3] + 2 * dp[i-1][4]) % MOD;
dp[i][5] = (dp[i-1][2] + dp[i-1][4] + 2 * dp[i-1][5]) % MOD;
}
}
int main() {
init();
int n;
while(scanf("%d", &n) != EOF) {
printf("%lld\n",dp[n][5]);
}
return 0;
}⑤I’m stuck!
做两遍BFS即可。
第一遍对所有从起始点可以到达的点，打上标记，顺便记录起始点是否可以达到终点。
第二遍则对那些从起始点可以到达的点进行bfs，看是否能够到达终点。
问题描述
给定一个R行C列的地图，地图的每一个方格可能是’#’, ‘+’, ‘-‘, ‘|’, ‘.’, ‘S’, ‘T’七个字符中的一个，分别表示如下意思：
‘#’: 任何时候玩家都不能移动到此方格；
‘+’: 当玩家到达这一方格后，下一步可以向上下左右四个方向相邻的任意一个非’#’方格移动一格；
‘-‘: 当玩家到达这一方格后，下一步可以向左右两个方向相邻的一个非’#’方格移动一格；
‘|’: 当玩家到达这一方格后，下一步可以向上下两个方向相邻的一个非’#’方格移动一格；
‘.’: 当玩家到达这一方格后，下一步只能向下移动一格。如果下面相邻的方格为’#’，则玩家不能再移动；
‘S’: 玩家的初始位置，地图中只会有一个初始位置。玩家到达这一方格后，下一步可以向上下左右四个方向相邻的任意一个非’#’方格移动一格；
‘T’: 玩家的目标位置，地图中只会有一个目标位置。玩家到达这一方格后，可以选择完成任务，也可以选择不完成任务继续移动。如果继续移动下一步可以向上下左右四个方向相邻的任意一个非’#’方格移动一格。
此外，玩家不能移动出地图。
请找出满足下面两个性质的方格个数：
1. 玩家可以从初始位置移动到此方格；
2. 玩家不可以从此方格移动到目标位置。
输入格式
输入的第一行包括两个整数R 和C，分别表示地图的行和列数。(1 ≤ R, C ≤ 50)。
接下来的R行每行都包含C个字符。它们表示地图的格子。地图上恰好有一个’S’和一个’T’。
输出格式
如果玩家在初始位置就已经不能到达终点了，就输出“I’m stuck!”（不含双引号）。否则的话，输出满足性质的方格的个数。
样例输入
5 5
–+-+
..|#.
..|##
S-+-T
####.
样例输出
2
样例说明
如果把满足性质的方格在地图上用’X’标记出来的话，地图如下所示：
–+-+
..|#X
..|##
S-+-T
####X
代码：
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int R, C;
char mp[55][55];
int vis[55][55];
int f[55][55];
int flag;//ÓÃÓڼǼÆðʼµãÊÇ·ñÄܹ»µ½´ïÖÕµã
const int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
const int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
struct node {
int x, y;
node(int _x, int _y) : x(_x), y(_y) {}
};
void bfs(int x, int y) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
queue<node> que;
vis[x][y] = 1;
f[x][y] = 1;
que.push(node(x, y));
while(!que.empty()) {
node p = que.front();
que.pop();
int ch = mp[p.x][p.y];
if(ch == 'S' || ch == '+' || ch == 'T') {
for(int i = 0; i < 4; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') flag = 1;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
f[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
else if(ch == '|') {
for(int i = 0; i < 2; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') flag = 1;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
f[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
else if(ch == '-') {
for(int i = 2; i < 4; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') flag = 1;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
f[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
else if(ch == '.') {
for(int i = 1; i < 2; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') flag = 1;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
f[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
}
}
bool judge(int x, int y) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
queue<node> que;
vis[x][y] = 1;
que.push(node(x, y));
while(!que.empty()) {
node p = que.front();
que.pop();
int ch = mp[p.x][p.y];
if(ch == 'S' || ch == '+' || ch == 'T') {
for(int i = 0; i < 4; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') return true;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
else if(ch == '|') {
for(int i = 0; i < 2; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') return true;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
else if(ch == '-') {
for(int i = 2; i < 4; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') return true;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
else if(ch == '.') {
for(int i = 1; i < 2; i ++) {
int xx = p.x + dx[i];
int yy = p.y + dy[i];
if(mp[xx][yy] == 'T') return true;
if(xx >= 1 && xx <= R && yy >= 1 && yy <= C && !vis[xx][yy] && mp[xx][yy] != '#') {
vis[xx][yy] = 1;
que.push(node(xx, yy));
}
}
}
}
return false;
}
int main() {
while(scanf("%d %d", &R, &C) != EOF) {
memset(f, 0, sizeof(f));
flag = 0;
for(int i = 1; i <= R; i ++) {
scanf("%s", mp[i] + 1);
}
for(int i = 1; i <= R; i ++) {
for(int j = 1; j <= C; j ++) {
if(mp[i][j] == 'S') {
bfs(i, j);
}
}
}
if(!flag) {
printf("I'm stuck!\n");
continue;
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= R; i ++) {
for(int j = 1; j <= C; j ++) {
if(f[i][j] == 1) {
if(!judge(i, j)) {
ans ++;
//cout << i << " " << j << endl;
}
}
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}