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题目 汉字统计 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 74491 Accepted Submission(s): 40031 Problem Description 统计给定文本文件中汉字的个数。 Input 输入文件首先包含一个整数n，表示测试实例的个数，然后是n段文本。 Output 对于每一段文本，输出其中的汉字的个数，每个测试实例的输出占一行。 [Hint:]从汉字机内码的特点考虑~ Sample Input 2 WaHaHa! WaHaHa! 今年过节不说话要说只说普通话WaHaHa! WaHaHa! 马上就要期末考试了Are you ready? Sample Output 14 9 解题思路 一开始，看到“汉字机内码”，内心的独白是：“这是啥？？？计算机组成原理恐惧？？？” 今天去查了一些资料，稍微了解了一些。嗯一点点突破，那都是进步嘛！！！汉字机内码在计算机中由两个字节表示，且字节最高位是1，数据在计算机中由补码表示，则对应的十进制数是负数的，所以只要统计字符串中值为负数的字节数即可。对了，最后count要除以2，因为刚才说了嘛，汉字由两个字节表示。 关于汉字机内码 我转载了一篇文章，在我的专栏

OJ常用技巧 0.前言 本文章主要积累一些编程中常用的 骗分技巧 。可能是针对某些特殊的样例才有用，但是也有一定的道理，可能会给大家带来一些新的启示。 1.dfs常用技巧 1.1 适当剪枝 这个不说 1.2 添加返回条件 比如说一个程序只有达到某种条件时才会返回，但是因为条件太少，返回不多，就容易出现DFS爆栈的情况，所以需要增加条件。通常情况下，可以用增加阈值的情况来限制深搜的步骤。比如说： 马的遍历 这道题，（ 很明显，这是一道BFS的题 ，但是如果真的要用dfs写的话，就很容易出现超时。） 比如我用如下的代码交这道题的时候，就有一个测试点超时。【如下图所示】 这时候如果真想用dfs交题就可以尝试添加一个dfs的返回条件。代码如下： //count 代表马儿走了多少步 //(x,y) 代表当前的坐标值 void dfs ( int x , int y , int count ) { if ( x > n || x < 1 || y < 1 || y > m ) //如果越界了 return ; if ( cur > 200 ) return ; //肯定小，直接赋值 f [ x ] [ y ] = count ; if ( count + 1 < f [ x - 2 ] [ y + 1 ] ) dfs ( x - 2 , y + 1 , count + 1 ) ; //1

人见人爱A+B 题目描述： HDOJ上面已经有10来道A+B的题目了，相信这些题目曾经是大家的最爱，希望今天的这个A+B能给大家带来好运，也希望这个题目能唤起大家对ACM曾经的热爱。 这个题目的A和B不是简单的整数，而是两个时间，A和B 都是由3个整数组成，分别表示时分秒，比如，假设A为34 45 56，就表示A所表示的时间是34小时 45分钟 56秒。 Input 输入数据有多行组成，首先是一个整数N，表示测试实例的个数，然后是N行数据，每行有6个整数AH,AM,AS,BH,BM,BS，分别表示时间A和B所对应的时分秒。题目保证所有的数据合法。 Output 对于每个测试实例，输出A+B，每个输出结果也是由时分秒3部分组成，同时也要满足时间的规则（即：分和秒的取值范围在0~59），每个输出占一行，并且所有的部分都可以用32位整数表示。 Sample Input 2 1 2 3 4 5 6 34 45 56 12 23 34 Sample Output 5 7 9 47 9 30 通过答案： #include <stdio.h> int main() { int n,Ah,Am,As,Bh,Bm,Bs; int sum1,sum2,sum3; while (scanf("%d\n", &n)!=EOF) { while(n--){ scanf("%d %d %d %d %d %d"

原题： 题目描述： 一个整数总可以拆分为2的幂的和，例如： 7=1+2+4 7=1+2+2+2 7=1+1+1+4 7=1+1+1+2+2 7=1+1+1+1+1+2 7=1+1+1+1+1+1+1 总共有六种不同的拆分方式。 再比如：4可以拆分成：4 = 4，4 = 1 + 1 + 1 + 1，4 = 2 + 2，4=1+1+2。 用f(n)表示n的不同拆分的种数，例如f(7)=6. 要求编写程序，读入n(不超过1000000)，输出f(n)%1000000000。 输入： 每组输入包括一个整数：N(1<=N<=1000000)。 输出： 对于每组数据，输出f(n)%1000000000。 样例输入： 7样例输出： 6 解题思路： 参考： http://www.cnblogs.com/love533/archive/2012/03/29/2423119.html 对于奇数n=2k+1：它的拆分的第一项一定是1，考虑去掉这个1，其实就一一对应于 2k的拆分，因此f(2k+1)=f(2k). 对于偶数n=2k：考虑有1和没有1的拆分。有1的拆分，与(2k-1)的拆分一一对应，与上面奇数的情况 理由相同；没有1的拆分，将每项除以2，正好一一对应于k的所有拆分。因此f(2k)=f(2k-1)+f(k). 需要注意f(n)会很大，不要溢出了。最终结果只要求除以十亿的余数

早知道早点敲博赚访问量 Description 小H是机场登机的执行经理。他的工作是优化登机流程。飞机上的座位有S行，编号从1到s，每行有六个座位，标记为A到F。 今天 有n个乘客陆续登机，第i名乘客的座位在第Ri行，则第i名乘客的登机难度等于在他登机时坐在1…R(i-1)行的乘客的人数。 例如，如果有10名乘客，他们的座位是6A，4B，2E，5F，2A，3F，1C，10E，8B，5A，那么他们的登机困难分别是0，0，0，2，0，2,0，7，7，5，则难度总和为23 。 为了降低登机难度，小H想要将飞机座位划分为k个区域。每一个区域必须是连续的行。划分成k个区域之后，乘客的登机顺序不会改变，但是每个乘客的登机难度将只统计该乘客所在区域前面乘客的人数。 例如，在上面的例子中，如果我们把该平面分成两个区域： 5-10行和1-4行 ，然后在第一区域中的乘客的座位为6A，5F，10E，8B，5A；在第二区域中的乘客的座位为4B，2E，2A，3F，1C，这种情况下，登机难度综合为6。 现在，小H不知道该怎么划分这k个区域，才能让乘客的登机难度总和最少。 Input 输入文件第一行包含三个整数N，S，和k，下一行包含n个整数（1≤Ri≤S），输入保证每一行座位由最多有6名乘客。 Output 输出文件包含一个整数，表示登机可能的最小登机难度。 Sample Input 10 12 2 6 4

HDU OJ 1108 题目如下： A - 最小公倍数 Input 输入包含多组测试数据，每组只有一行，包括两个不大于1000的正整数. Output 对于每个测试用例，给出这两个数的最小公倍数，每个实例输出一行。 Sample Input 10 14 Sample Output 70 import java . util . Scanner ; public class Main { public static void main ( String [ ] args ) { Scanner sc = new Scanner ( System . in ) ; while ( sc . hasNextInt ( ) ) { int a = sc . nextInt ( ) ; int b = sc . nextInt ( ) ; int s = 0 ; if ( a > b ) { int temp = b ; b = a ; a = temp ; } for ( int i = a ; i <= a * b ; i ++ ) { if ( ( i % a == 0 ) && ( i % b == 0 ) ) { s = i ; break ; } } System . out . println ( s ) ; } } } 1：交换变量值（a,b）的方法: （1

统计元音 题目描述： 统计每个元音字母在字符串中出现的次数。 Input 输入数据首先包括一个整数n，表示测试实例的个数，然后是n行长度不超过100的字符串。 Output 对于每个测试实例输出5行，格式如下： a:num1 e:num2 i:num3 o:num4 u:num5 多个测试实例之间由一个空行隔开。 请特别注意：最后一块输出后面没有空行：） Sample Input 2 aeiou my name is ignatius Sample Output a:1 e:1 i:1 o:1 u:1 a:2 e:1 i:3 o:0 u:1 通过答案: #include <stdio.h> #include<ctype.h> int main() { char str; int a[5]; int n; scanf("%d\n",&n); //注意换行 while(n--){ a[0]=a[1]=a[2]=a[3]=a[4]=0; //计数初始化 while ((str = getchar()) != '\n') { switch(tolower(str)){ //若有大写则转换为小写 case 'a': //元音字母为a,e,i,o,u a[0]++; break; case 'e': a[1]++; break; case 'i': a[2]++; break; case 'o

题目： 你的初始能量为 P，初始分数为 0，只有一包令牌。 令牌的值为 token[i]，每个令牌最多只能使用一次，可能的两种使用方法如下： 如果你至少有 token[i] 点能量，可以将令牌置为正面朝上，失去 token[i] 点能量，并得到 1 分。 如果我们至少有 1 分，可以将令牌置为反面朝上，获得 token[i] 点能量，并失去 1 分。 在使用任意数量的令牌后，返回我们可以得到的最大分数。 示例 1： 输入：tokens = [100], P = 50 输出：0 示例 2： 输入：tokens = [100,200], P = 150 输出：1 示例 3： 输入：tokens = [100,200,300,400], P = 200 输出：2 提示： tokens.length <= 1000 0 <= tokens[i] < 10000 0 <= P < 10000 思路： 排序，贪心。注意tokens为空的情况 代码： class Solution { public: int bagOfTokensScore(vector<int>& tokens, int P) { if(tokens.empty())return 0; int ans=0; sort(tokens.begin(),tokens.end()); auto it1=tokens.begin();

Math.round(11.5)等于12 round表示四舍五入 1、参数的小数点后第一位<5，运算结果为参数整数部分。 2、参数的小数点后第一位>5，运算结果为参数整数部分绝对值+1，符号（即正负）不变。 3、参数的小数点后第一位=5，正数运算结果为整数部分+1，负数运算结果为整数部分。 总结：大于五全部加，等于五正数加，小于五全不加。 举例： 小数点后第一位=5 正数：Math.round(11.5)=12 负数：Math.round(-11.5)=-11 小数点后第一位<5 正数：Math.round(11.46)=11 负数：Math.round(-11.46)=-11 小数点后第一位>5 正数：Math.round(11.68)=12 负数：Math.round(-11.68)=-12 来源： CSDN 作者： asdx1020 链接： https://blog.csdn.net/asdx1020/article/details/104117721

题目所描述的有点问题，其实是叶节点的路径与权值乘积之和，即带权路径长度！ 用到了c++中小顶堆的创建方法，优先队列。 定义：priority_queue<Type, Container, Functional> Type 就是数据类型，Container 就是容器类型（Container必须是用数组实现的容器，比如vector,deque等等，但不能用 list。STL里面默认用的是vector），Functional 就是比较的方式，当需要用自定义的数据类型时才需要传入这三个参数，使用基本数据类型时，只需要传入数据类型，默认是大顶堆 还利用到： 若定义每个结点都有值，为其子女的值之和，那么除了根结点外所有结点之和恰好等于带权路径长度 ，按层级累加的规律不难理解叶子节点的值也是“乘了好多倍” # include <iostream> # include <stdio.h> # include <queue> using namespace std ; priority_queue < int , vector < int > , greater < int > > Q ; int main ( ) { int N ; while ( scanf ( "%d" , & N ) != EOF ) { while ( ! Q . empty ( ) ) Q . pop ( ) ; for