2019北京大学研究生推免上机考试

百炼oj

A:有趣的跳跃
总时间限制: 1000ms 内存限制: 65536kB
描述
一个长度为n（n>0）的序列中存在“有趣的跳跃”当前仅当相邻元素的差的绝对值经过排序后正好是从1到(n-1)。例如，1 4 2 3存在“有趣的跳跃”，因为差的绝对值分别为3,2,1。当然，任何只包含单个元素的序列一定存在“有趣的跳跃”。你需要写一个程序判定给定序列是否存在“有趣的跳跃”。

输入
一行，第一个数是n（0 < n < 3000），为序列长度，接下来有n个整数，依次为序列中各元素，各元素的绝对值均不超过1,000,000,000。
输出
一行，若该序列存在“有趣的跳跃”，输出"Jolly"，否则输出"Not jolly"。
样例输入
4 1 4 2 3
样例输出
Jolly

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int INF=3000;int n=0;
int in[INF];
int cha[INF];int main(){memset(cha,0,sizeof(cha));scanf("%d",&n);scanf("%d",&in[0]);for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d",&in[i]);cha[abs(in[i]-in[i-1])]=1;}for(int i=1;i<=n-1;i++){if(cha[i]==0){printf("Not Jolly");return 0;}}printf("Jolly");return 0;
}

B:玛雅历
总时间限制: 1000ms 内存限制: 65536kB
描述
上周末，M.A. Ya教授对古老的玛雅有了一个重大发现。从一个古老的节绳（玛雅人用于记事的工具）中，教授发现玛雅人使用了一个一年有365天的叫做Haab的历法。这个Haab历法拥有19个月，在开始的18个月，一个月有20天，月份的名字分别是pop, no, zip, zotz, tzec, xul, yoxkin, mol, chen, yax, zac, ceh, mac, kankin, muan, pax, koyab, cumhu。这些月份中的日期用0到19表示。Haab历的最后一个月叫做uayet，它只有5天，用0到4表示。玛雅人认为这个日期最少的月份是不吉利的，在这个月法庭不开庭，人们不从事交易，甚至没有人打扫屋中的地板。

因为宗教的原因，玛雅人还使用了另一个历法，在这个历法中年被称为Tzolkin(holly年)，一年被分成13个不同的时期，每个时期有20天，每一天用一个数字和一个单词相组合的形式来表示。使用的数字是1~13，使用的单词共有20个，它们分别是：imix, ik, akbal, kan, chicchan, cimi, manik, lamat, muluk, ok, chuen, eb, ben, ix, mem, cib, caban, eznab, canac, ahau。注意：年中的每一天都有着明确唯一的描述，比如，在一年的开始，日期如下描述： 1 imix, 2 ik, 3 akbal, 4 kan, 5 chicchan, 6 cimi, 7 manik, 8 lamat, 9 muluk, 10 ok, 11 chuen, 12 eb, 13 ben, 1 ix, 2 mem, 3 cib, 4 caban, 5 eznab, 6 canac, 7 ahau, ，8 imix, 9 ik, 10 akbal ……也就是说数字和单词各自独立循环使用。

Haab历和Tzolkin历中的年都用数字0，1，……表示，数字0表示世界的开始。所以第一天被表示成：
Haab: 0. pop 0
Tzolkin: 1 imix 0
请帮助M.A. Ya教授写一个程序可以把Haab历转化成Tzolkin历。

输入
Haab历中的数据由如下的方式表示：
日期. 月份年数

输入中的第一行表示要转化的Haab历日期的数据量。下面的每一行表示一个日期，年数小于5000。
输出
Tzolkin历中的数据由如下的方式表示：
天数字天名称年数

第一行表示输出的日期数量。下面的每一行表示一个输入数据中对应的Tzolkin历中的日期。
样例输入
3
10. zac 0
0. pop 0
10. zac 1995
样例输出
3
3 chuen 0
1 imix 0
9 cimi 2801
来源
POJ 1008

#include <stdio.h>
#include <string>
#include <map>
using namespace std;int n,td,tm,ty,totd,ad,am,ay,ads;
string tms;
map<string,int> hton;
map<int,string> ntot;string ha[20]={"pop","no","zip","zotz","tzec","xul","yoxkin"," mol","chen","yax","zac","ceh","mac","kankin","muan","pax","koyab","cumhu","uayet"};string ta[25]={"imix"," ik"," akbal"," kan"," chicchan"," cimi"," manik"," lamat"," muluk"," ok"," chuen"," eb"," ben"," ix"," mem"," cib"," caban"," eznab"," canac"," ahau"};int main(){for(int i=0;i<19;i++){hton[ha[i]]=i;}for(int i=0;i<20;i++){ntot[i]=ta[i];}tms.resize(3);scanf("%d",&n);printf("%d\n",n);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d. %s %d",&td,&tms[0],&ty);tm=hton[tms];totd=ty*365+tm*20+td;ay=totd/(20*13);ads=totd%(20*13);am=ads%20;ad=ads%13;printf("%d %s %d\n",ad+1,ntot[am].c_str(),ay);}return 0;
}

C:走迷宫
总时间限制: 1000ms 内存限制: 65536kB
描述
一个迷宫由R行C列格子组成，有的格子里有障碍物，不能走；有的格子是空地，可以走。
给定一个迷宫，求从左上角走到右下角最少需要走多少步(数据保证一定能走到)。只能在水平方向或垂直方向走，不能斜着走。
输入
第一行是两个整数，Ｒ和Ｃ，代表迷宫的长和宽。（ 1<= R，C <= 40)
接下来是Ｒ行，每行Ｃ个字符，代表整个迷宫。
空地格子用’.‘表示，有障碍物的格子用’#‘表示。
迷宫左上角和右下角都是’.’。
输出
输出从左上角走到右下角至少要经过多少步（即至少要经过多少个空地格子）。计算步数要包括起点和终点。
样例输入
5 5
…###
#…
#.#.#
#.#.#
#.#…
样例输出
9

#include <stdio.h>
#include <string>
#include <queue>
using namespace std;
const int INF=100;struct Node{int nr,nc;int sp;
};queue<Node> ge;
int mapp[INF][INF];
int r,c;
int dir[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1};int main(){scanf("%d %d",&r,&c);char tp;for(int i=0;i<r;i++){for(int j=0;j<c;j++){scanf("%c",&tp);mapp[i][j]= tp=='.'?1:0;//1空地0物品}}Node temp,tnext;temp.nc=temp.nr=temp.sp=0;ge.push(temp);while(!ge.empty()){temp=ge.front();ge.pop();for(int i=0;i<4;i++){tnext=temp;tnext.nr+=dir[i][0];tnext.nc+=dir[i][1];tnext.sp++;printf("%d %d %d--\n",tnext.nr,tnext.nc,tnext.sp);if(tnext.nr>=r||tnext.nc>=c||tnext.nr<0||tnext.nc<0)continue;if(tnext.nr==r-1&&tnext.nc==c-1){printf("%d",tnext.sp+1);return 0;}ge.push(tnext);}}printf("No path\n");return 0;
}

D:最大上升子序列和
总时间限制: 1000ms 内存限制: 65536kB
描述
一个数的序列bi，当b1 < b2 < … < bS的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列(a1, a2, …,aN)，我们可以得到一些上升的子序列(ai1, ai2, …, aiK)，这里1 <= i1 < i2 < … < iK <= N。比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，有它的一些上升子序列，如(1, 7), (3, 4, 8)等等。这些子序列中序列和最大为18，为子序列(1, 3, 5, 9)的和.

你的任务，就是对于给定的序列，求出最大上升子序列和。注意，最长的上升子序列的和不一定是最大的，比如序列(100, 1, 2, 3)的最大上升子序列和为100，而最长上升子序列为(1, 2, 3)

输入
输入的第一行是序列的长度N (1 <= N <= 1000)。第二行给出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都在0到10000（可能重复）。
输出
最大上升子序列和
样例输入
7
1 7 3 5 9 4 8
样例输出
18

#include <stdio.h>
using namespace std;
const int INF=100;int n,maxx=0;
int a[INF];
int dp[INF];int main(){scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&a[i]);}dp[0]=a[0];for(int i=1;i<n;i++){dp[i]=a[i];for(int j=0;j<i;j++){if(a[j]<=a[i]){dp[i]=(a[i]+dp[j])>dp[i]?(a[i]+dp[j]):dp[i];}}maxx=maxx>dp[i]?maxx:dp[i];}printf("%d",maxx);return 0;
}

E：酸奶厂
总时间限制： 1000毫秒内存限制： 65536kB
描述
奶牛购买了一家酸奶厂，该酸奶厂生产举世闻名的Yucky酸奶。在接下来的N（1 <= N <= 10,000）周内，牛奶和劳动力的价格将每周波动，从而使公司在一周内生产一单位酸奶的成本为C_i（1 <= C_i <= 5,000）美分一世。经过精心设计的Yucky工厂，每周可生产任意数量的酸奶。

Yucky Yogurt拥有一个仓库，可以按每周每单位酸奶S（1 <= S <= 100）美分的固定费用存储未使用的酸奶。幸运的是，酸奶不会变质。Yucky酸奶的仓库很大，因此可以容纳许多单位的酸奶。

Yucky希望找到一种方法来每周向其客户交付Y_i（0 <= Y_i <= 10,000）单位酸奶（Y_i是第i周的交付量）。帮助Yucky在整个N周的时间内最大程度地降低其成本。第i周生产的酸奶以及已经储存的任何酸奶都可以用来满足Yucky当周的需求。
输入
*第1行：两个以空格分隔的整数N和S。

*第2…N + 1行：第i + 1行包含两个以空格分隔的整数：C_i和Y_i。
输出
*第1行：第1行包含一个整数：满足酸奶时间表的最低总成本。请注意，对于32位整数，总数可能太大。
样例输入
4 5
88 200
89 400
97 300
91 500
样例输出
126900

#include <stdio.h>
using namespace std;
const int INF=10020;int n,s;
int a[INF][2];
long long int tot=0;int main(){scanf("%d %d",&n,&s);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d %d",&a[i][0],&a[i][1]);a[i][2]=0;}for(int i=0;i<n;i++){tot+=a[i][0]*a[i][1];if(i!=n-1){a[i+1][0]=a[i+1][0]<(a[i][0]+s)?a[i+1][0]:(a[i][0]+s);}}printf("%lld",tot);return 0;
}

无线网络
描述

东南亚发生地震。亚洲合作医疗队（ACM）已与膝上计算机建立了无线网络，但由于意外的余震袭击，网络中的所有计算机都被破坏了。电脑被一一修复，网络逐渐恢复工作。由于硬件限制，每台计算机只能直接与不超过d米的计算机通信。但是，每台计算机都可以视为其他两台计算机之间通信的中介，也就是说，如果计算机A和计算机B可以直接通信，或者有计算机C可以同时与A和B通信，则计算机A和计算机B可以通信。 B．

在修复网络的过程中，工作人员可以随时执行两种操作，即修复一台计算机或测试两台计算机是否可以通信。您的工作是回答所有测试操作。
输入项

第一行包含两个整数N和d（1 <= N <= 1001，0 <= d <= 20000）。N是计算机的数量，从1到N，而D是两台计算机可以直接通信的最大距离。在接下来的N行中，每行包含两个整数xi，yi（0 <= xi，yi <= 10000），这是N个计算机的坐标。从第（N + 1）行到输入的末尾，有一些操作，这些操作是一个接一个地执行的。每行包含以下两种格式之一的操作：
1.“ O p”（1 <= p <= N），表示修复计算机p。
2.“ S p q”（1 <= p，q <= N），表示测试计算机p和q是否可以通信。

输入不会超过300000行。
输出量

对于每项测试操作，如果两台计算机可以通信，则打印“ SUCCESS”，否则，请打印“ FAIL”。
题目描述

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
using namespace std;
const int INF=1010;
const double epss=1e-3;int n,s,tpp,tp1,tp2;
char tp;
int point[INF][2];
int vis[INF];
int in[INF];int dist(int a,int b){double r=pow((point[a][0]-point[b][0]),2);double t=pow((point[a][1]-point[b][1]),2);return sqrt(r+t);
}int finrot(int a){if(in[a]!=-1){in[a]=finrot(in[a]);return in[a];}return a;
}int join(int a,int b){in[finrot(a)]=finrot(b);return 0;
}int main(){memset(vis,0,sizeof(vis));memset(in,-1,sizeof(in));scanf("%d %d",&n,&s);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d %d",&point[i][0],&point[i][1]);}while(scanf("%c",&tp)!=EOF){//POJ要用cin scanf错了。if(tp=='O'){scanf("%d",&tpp);vis[tpp]=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(i==tpp||vis[i]==0){continue;}if(dist(tpp,i)<=s+epss){join(tpp,i);}}}else if(tp=='S'){scanf("%d %d",&tp1,&tp2);tp1=finrot(tp1);tp2=finrot(tp2);if(tp1==tp2){printf("SUCCESS\n");}else{printf("FAIL\n");}}}return 0;
}

Kruskal算法，由短到长排序，生成最小生成树，倒数的s-1条边用卫星通讯代替，由前向后第p-1-(s-1)条边的长度就是所求
题解

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF=505;struct Edge{int p1,p2;double dis;
};struct Poin{int x,y;
};
Edge edge[INF*INF];
Poin poin[INF];
int in[INF];double dist(int a,int b){double t1=pow((poin[a].x-poin[b].x),2);double t2=pow((poin[a].y-poin[b].y),2);return sqrt(t1+t2);
}int cmp(Edge a,Edge b){return a.dis<b.dis;
}int finrot(int i){if(in[i]!=-1){in[i]=finrot(in[i]);return in[i];}return i;
}int join(int a,int b){a=finrot(a);b=finrot(b);if(a<b){in[b]=a;}else{in[a]=b;}return 0;
}int main(){int n,satt,pott;scanf("%d",&n);while(n--){memset(in,-1,sizeof(in));int nedge=0;scanf("%d %d",&satt,&pott);for(int i=0;i<pott;i++){scanf("%d %d",&poin[i].x,&poin[i].y);}for(int i=0;i<pott;i++){for(int j=i+1;j<pott;j++){edge[nedge].p1=i;edge[nedge].p2=j;edge[nedge++].dis=dist(i,j);}}sort(edge,edge+nedge,cmp);for(int i=0,k=0;i<nedge;i++){int rp1=finrot(edge[i].p1);int rp2=finrot(edge[i].p2);if(rp1!=rp2){join(rp1,rp2);k++;if(k==pott-satt){printf("%.2f\n",edge[i].dis);break;}}}}return 0;
}

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