因为运算次数可能比较多，使用递归函数可能会导致栈溢出进而促成超时，故而还是使用一个数组作为存储递归值的单位从而降低耗时。本题直接将递归规律写出，所以并不难。 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS int main() { int a0, a1, p, q, k; std::cin >> a0 >> a1 >> p >> q >> k; std::vector<int> a(k + 1); a[0] = a0 % 10000; a[1] ...

显然，我们只要求出给定数的所有因数之和，就可以判断这个数是否为完数或盈数。和正常找因数的过程一样，我们只要在之前寻找能够整除给定数的整数即可；对应只需要将之前的因数和加上这个新的因数数和与之相对的之后的因数。特别地，若给定数是完全平方数，则需要且仅需要加一次；由于求和时不包括数本身但是包括，所以最终或者最初的和变量应当加。 显然一个数不可能既是完数又是盈数。因此，我们可以使用else来轻微地降低成本。 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int byFactorAdder(int n) { int su...

根据题中举例，可知所谓“特殊乘法”实际上是乘数每位之间相互组合求出各自的乘积，之后求这些乘积的总和。因此，本题看似需要数组，实际上是对输入字符串的逐字符遍历。   cpp   kotlin   #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int main(){ std::string num1, num2; while(std::cin >> num1 >> num2){ int result = 0; for(char i:num1){ int actualDigitI = i-'0'...

简单的循环。因为给的输入范围在之内，所以并不需要用到复杂的算法。   cpp   java   #include <bits/stdc++.h> int main() { int n; while (std::cin >> n){ long product = 1; for(int i=2;i<=n;i++){ product*=i; } std::cout << product << std::endl; } return 0; }   import java.util.Scanner; public class Main { publi...

一望而知的快速幂板子；直接使用即可。 #include<bits/stdc++.h> long long pow(long long x, long long y, int k){ long long result = 1, tmp = x; while(y){ if(y & 1) result = result * tmp % (k - 1); tmp = tmp * tmp % (k - 1); y >>= 1; } return result ? result : k - 1; } int main(){ int x, y, k; while(std::c...

数据结构原理题。首先考虑先序、中序两种遍历的定义，然后根据此运用指针解决本问题。 #include<bits/stdc++.h> int pos; std::string treeString; using BiTNode = struct BiTNode { char data; struct BiTNode* lchild, *rchild; BiTNode(char c): data(c), lchild(nullptr), rchild(nullptr) {}; }; BiTNode* Create_Tree() { char c = treeString[pos++]; ...

简单的最值题；每次输入一个数即与先前所有数的最值比较即可。 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int main() { int n; while (std::cin >> n) { std::vector<int> storage(n); int minimum, maximum; std::cin >> storage[0]; minimum = storage[0]; maximum = storage[0]; for (int i = 1; i < n;...

简单数学模拟题。我们显然知道球体的体积公式其中为半径；又知道空间直角坐标系两点和的距离公式于是轻而易举地解决本题。 #include <bits/stdc++.h> #include <iomanip> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE std::pair<double, double> sphereParamCalculator(int centerX, int centerY, int centerZ, int surfaceX, int surfaceY, int surfaceZ) { double radius = ...

和KY2相比难度大降；本题直接采用冒泡排序即可。特别地，如果排序过程中成绩相同的两个人学号前面的比后面的大，则也需要交换。 #include<bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int main() { int n; std::cin >> n; std::vector<int> p(n), q(n); for (int i = 0; i < n; i++) { std::cin >> p[i] >> q[i]; } for (int i = 0; i < n -...

一望而知的递归题，因此首先寻找规律。 显然可以且仅可以展开为。对于一个非正整数，其一定可以表示为，而显然无法被进一步展开，因此其展开方法数至少应该等于，即。若为奇数，则和的展开相比仅可能在的所有展开的基础上多出一个（这是因为的所有整数幂中只有为奇数），因此另一方面，若为偶数时，其可以通过有种展开的奇数加上得到，也可以通过的展开基础上再重复一次展开得到；因此 据上方可知 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int main() { int n; std::cin >> n; std::vect...

人类分解质因数的方法中最为常见的是辗转相除法（Euclid算法）。通过不断除以能够整除原数的质数，原数可以被不断缩小，进而更容易通过目视得到更多的其他质因数。 对于在代码中的实现，考虑从2开始从小到大寻找整除原数的数；如果能够整除则立即整除。之所以不用确定是否是质数，是因为如果这个待检测的数为合数，则这个数的所有质因数一定已经在先前的辗转相除中完成（如，在寻找到的时候显然已经将和全部除掉，因此此时已经无法被整除）。辗转相除的最终结果一定也是质数，这可以看作是再除以这个质数后得到结果；此时终止寻找即可。 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SE...

很怀旧的一道题——如果没有使用过按键手机，是很难在上机现场做出这道题的。 在九键手机中，2～9号键对应字母，其中除了7、9号键对应四个字母外，其余6个数字键对应三个字母。因此，不妨将每个字母对应需要按动的次数存入数组；判断字符串中相邻两个字母是否位于同一个数字按键也就转化为这两个字母在字母表上的编号之差是否与他们在键盘上按动次数之差相等——若相等则在同一按键，对应需要额外等待2个时间周期；反之则按键不同。 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int main() { std::string target...

因为只要对字符串实施反序输出而没有更多的要求，所以是可以使用现成库和方法的简单题。   java   c++   import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args) { Scanner in = new Scanner(System.in); while (in.hasNextLine()) { String s = in.nextLine(); System.out.println(new StringBuffer(s).reverse()); } } }   #includ...

寻找最少的切换次数，实际上只要让最晚出现的服务器与代理服务器重合时对应的IP地址作为此前所有服务器的代理即可。 #include <bits/stdc++.h> #define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE int main() { int n, m; std::vector<std::string> agentIP; std::vector<std::string> serverIP; int ans = -1; std::string IP; while (std::cin >> n) { for (int i = 0; ...