整理的算法模板：ACM算法模板總結（分類詳細版）
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Table of Contents
LANQIAO字符串重排
問題描述
將LANQIAO中的字母重新排列，可以得到不同的單詞，如LANQIAO、AAILNOQ等，注意這7個字母都要被用上，單詞不一定有具體的英文意義。
請問，總共能排列如多少個不同的單詞。
答案提交
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。
答案：
2520
2019無向連通圖
問題描述
一個包含有2019個結點的無向連通圖，最少包含多少條邊？
答案提交
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。
答案：
2018
括號序列
問題描述
由1對括號，可以組成一種合法括號序列：()。
由2對括號，可以組成兩種合法括號序列：()()、(())。
由4對括號組成的合法括號序列一共有多少種？
答案提交
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。
答案：
14
反倍數
問題描述
給定三個整數 a, b, c，如果一個整數既不是 a 的整數倍也不是 b 的整數倍還不是 c 的整數倍，則這個數稱爲反倍數。
請問在 1 至 n 中有多少個反倍數。
輸入格式
輸入的第一行包含一個整數 n。
第二行包含三個整數 a, b, c，相鄰兩個數之間用一個空格分隔。
輸出格式
輸出一行包含一個整數，表示答案。
樣例輸入
30
2 3 6
樣例輸出
10
樣例說明
以下這些數滿足要求：1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29。
評測用例規模與約定
對於 40% 的評測用例，1 <= n <= 10000。
對於 80% 的評測用例，1 <= n <= 100000。
對於所有評測用例，1 <= n <= 1000000，1 <= a <= n，1 <= b <= n，1 <= c <= n。
枚舉即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,a,b,c,sum;
sum=0;
cin >>n>>a>>b>>c;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (i%a!=0&&i%b!=0&&i%c!=0)
sum++;
}
cout <<sum<<endl;
return 0;
}
凱撒密碼
問題描述
給定一個單詞，請使用凱撒密碼將這個單詞加密。
凱撒密碼是一種替換加密的技術，單詞中的所有字母都在字母表上向後偏移3位後被替換成密文。即a變爲d，b變爲e，...，w變爲z，x變爲a，y變爲b，z變爲c。
例如，lanqiao會變成odqtldr。
輸入格式
輸入一行，包含一個單詞，單詞中只包含小寫英文字母。
輸出格式
輸出一行，表示加密後的密文。
樣例輸入
lanqiao
樣例輸出
odqtldr
評測用例規模與約定
對於所有評測用例，單詞中的字母個數不超過100。
枚舉即可（注意特殊字符判斷）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[1005];
int main()
{
cin >>s;
for(int i=0;s[i];i++)
{
if(s[i]=='x') cout <<'a';
else if(s[i]=='y') cout <<'b';
else if(s[i]=='z') cout <<'c';
else
{
char str=s[i]+3;
cout <<str;
}
}
return 0;
}
螺旋矩陣
問題描述
對於一個 n 行 m 列的表格，我們可以使用螺旋的方式給表格依次填上正整數，我們稱填好的表格爲一個螺旋矩陣。
例如，一個 4 行 5 列的螺旋矩陣如下：
1 2 3 4 5
14 15 16 17 6
13 20 19 18 7
12 11 10 9 8
輸入格式
輸入的第一行包含兩個整數 n, m，分別表示螺旋矩陣的行數和列數。
第二行包含兩個整數 r, c，表示要求的行號和列號。
輸出格式
輸出一個整數，表示螺旋矩陣中第 r 行第 c 列的元素的值。
樣例輸入
4 5
2 2
樣例輸出
15
評測用例規模與約定
對於 30% 的評測用例，2 <= n, m <= 20。
對於 70% 的評測用例，2 <= n, m <= 100。
對於所有評測用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= r <= n，1 <= c <= m。
預處理打印矩陣即可；
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b[1005][1005],a[1005];
int main()
{
int m,n,t=0;
cin>>m>>n;
for (int i=1; i<= m*n; i++) a[i-1]=i;
int level =m/2+m%2;
for (int i=0;i<level;i++)
{
for (int j = i; j <= n - 1 - i && t <= m*n - 1; j++)
b[i][j] = a[t++];
for (int j = i + 1; j <= m - 2 - i && t <= m*n - 1; j++)
b[j][n - 1 - i] = a[t++];
for (int j = n - i - 1; j >= i && t <= m*n - 1; j--)
b[m - 1 - i][j] = a[t++];
for (int j = m - 2 - i; j >= i + 1 && t <= m*n - 1; j--)
b[j][i] = a[t++];
}
int xx,yy;
cin>>xx>>yy;
cout<<b[xx-1][yy-1]<<endl;
return 0;
}
擺動序列
輸出格式
輸出一個整數，表示答案。答案可能很大，請輸出答案除以10000的餘數。
樣例輸入
3 4
樣例輸出
14
樣例說明
以下是符合要求的擺動序列：
2 1 2
2 1 3
2 1 4
3 1 2
3 1 3
3 1 4
3 2 3
3 2 4
4 1 2
4 1 3
4 1 4
4 2 3
4 2 4
4 3 4
評測用例規模與約定
對於 20% 的評測用例，1 <= n, m <= 5；
對於 50% 的評測用例，1 <= n, m <= 10；
對於 80% 的評測用例，1 <= n, m <= 100；
對於所有評測用例，1 <= n, m <= 1000。
思路：
首先這道題可以用dfs暴力過掉50%的題目，dp能過80%應該；我寫的dp；滿足要求的序列是一個偶數位置是凹峯，奇數位置是凸峯的圖像；
DP：
- 狀態表示：f(i,j) 長度爲i，以數字j結尾的合法序列的方案數；
- 屬性：SUM
- 轉移方程：若當前爲偶數位置，那麼f(i,j)等於之前奇數位置的值對應的所有方案數dp[i][j]+=
dp[i-1][k]；
- 若當前爲奇數位置，那麼f(i,j)等於之前偶數位置的值對應的所有方案數dp[i][j]+=
dp[i-1][k]；
dp[i-1][k]；
dp[i-1][k]；結果就是所有長度爲m的方案數總和；
//f(i,j)表示 長度爲i，以j結尾的方案個數
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=10000;
ll dp[1005][10];
int main()
{
int m,n;
cin >>m>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) dp[1][i]=1;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
if(i&1)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<j;k++)
if(dp[i-1][k]) dp[i][j]+=dp[i-1][k]%mod;
}
else
{
for(int j=1;j<n;j++)
for(int k=j+1;k<=n;k++)
if(dp[i-1][k]) dp[i][j]+=dp[i-1][k]%mod;
}
}
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++) sum+=dp[m][i]%mod;
cout <<sum%mod<<endl;
}
戶戶通電
問題描述
2015年，全中國實現了戶戶通電。作爲一名電力建設者，小明正在幫助一帶一路上的國家通電。
這一次，小明要幫助 n 個村莊通電，其中 1 號村莊正好可以建立一個發電站，所發的電足夠所有村莊使用。
現在，這 n 個村莊之間都沒有電線相連，小明主要要做的是架設電線連接這些村莊，使得所有村莊都直接或間接的與發電站相通。
小明測量了所有村莊的位置（座標）和高度，如果要連接兩個村莊，小明需要花費兩個村莊之間的座標距離加上高度差的平方，形式化描述爲座標爲 (x_1, y_1) 高度爲 h_1 的村莊與座標爲 (x_2, y_2) 高度爲 h_2 的村莊之間連接的費用爲
sqrt((x_1-x_2)*(x_1-x_2)+(y_1-y_2)*(y_1-y_2))+(h_1-h_2)*(h_1-h_2)。
在上式中 sqrt 表示取括號內的平方根。請注意括號的位置，高度的計算方式與橫縱座標的計算方式不同。
由於經費有限，請幫助小明計算他至少要花費多少費用才能使這 n 個村莊都通電。
輸入格式
輸入的第一行包含一個整數 n ，表示村莊的數量。
接下來 n 行，每個三個整數 x, y, h，分別表示一個村莊的橫、縱座標和高度，其中第一個村莊可以建立發電站。
輸出格式
輸出一行，包含一個實數，四捨五入保留 2 位小數，表示答案。
樣例輸入
4
1 1 3
9 9 7
8 8 6
4 5 4
樣例輸出
17.41
評測用例規模與約定
對於 30% 的評測用例，1 <= n <= 10；
對於 60% 的評測用例，1 <= n <= 100；
對於所有評測用例，1 <= n <= 1000，0 <= x, y, h <= 10000。
裸的最小生成樹模板：預處理每個村莊之間的距離，然後上板子；
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxx=1e5+7;
int x[maxx],y[maxx],pre[maxx],h[maxx];
struct node
{
int x,y;
double s;
}bb[maxx];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.s<b.s;
}
int find(int x)
{
if(pre[x]!=x)
{
pre[x]=find(pre[x]);
}
return pre[x];
}
void join(int x,int y)
{
int fx=find(x),fy=find(y);
if(fx!=fy)
pre[fx]=fy;
}
double d(int x1,int y1,int x2,int y2,int h1,int h2)//返回兩個點之間的距離
{
return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2))+(h1-h2)*(h1-h2);
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) pre[i]=i;
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d %d %d",&x[i],&y[i],&h[i]);//保存每一組點的座標
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
{
double dd=d(x[i],y[i],x[j],y[j],h[i],h[j]);
bb[ans].x=i,bb[ans].y=j,bb[ans++].s=dd;//記錄兩個點之間的距離，和這兩個點
}
}
sort(bb,bb+ans,cmp);
double sum=0;
for(int i=0;i<ans;i++)
{
int fx=find(bb[i].x),fy=find(bb[i].y);
if(fx!=fy)
{
sum+=bb[i].s;
pre[fx]=fy;
}
}
printf("%.2f",sum);
return 0;
}
種樹
問題描述
小明和朋友們一起去郊外植樹，他們帶了一些在自己實驗室精心研究出的小樹苗。
小明和朋友們一共有 n 個人，他們經過精心挑選，在一塊空地上每個人挑選了一個適合植樹的位置，總共 n 個。他們準備把自己帶的樹苗都植下去。
然而，他們遇到了一個困難：有的樹苗比較大，而有的位置挨太近，導致兩棵樹植下去後會撞在一起。
他們將樹看成一個圓，圓心在他們找的位置上。如果兩棵樹對應的圓相交，這兩棵樹就不適合同時植下（相切不受影響），稱爲兩棵樹衝突。
小明和朋友們決定先合計合計，只將其中的一部分樹植下去，保證沒有互相沖突的樹。他們同時希望這些樹所能覆蓋的面積和（圓面積和）最大。
輸入格式
輸入的第一行包含一個整數 n ，表示人數，即準備植樹的位置數。
接下來 n 行，每行三個整數 x, y, r，表示一棵樹在空地上的橫、縱座標和半徑。
輸出格式
輸出一行包含一個整數，表示在不衝突下可以植樹的面積和。由於每棵樹的面積都是圓周率的整數倍，請輸出答案除以圓周率後的值（應當是一個整數）。
樣例輸入
6
1 1 2
1 4 2
1 7 2
4 1 2
4 4 2
4 7 2
樣例輸出
12
評測用例規模與約定
對於 30% 的評測用例，1 <= n <= 10；
對於 60% 的評測用例，1 <= n <= 20；
對於所有評測用例，1 <= n <= 30，0 <= x, y <= 1000，1 <= r <= 1000。
每一棵樹都有種或者不中兩種選擇；當種的時候要判斷是否和之前種過的樹發生衝突；對每一棵樹dfs即可；
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x[50],y[50],r[50],ans,n;
bool st[50];
bool check(int p)
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(i==p||!st[i]) continue;
if((x[i]-x[p])*(x[i]-x[p])+(y[i]-y[p])*(y[i]-y[p])<(r[i]+r[p])*(r[i]+r[p])) return false;
}
return true;
}
void dfs(int p,int sum)
{
if(p==n)
{
ans=max(ans,sum);
return ;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(!st[i])
{
p++;
st[i]=true;
if(check(i)) dfs(p,sum+r[i]*r[i]);
else dfs(p,sum);
st[i]=false;
}
}
}
int main()
{
cin >>n;
for(int i=0;i<n;i++) cin >>x[i]>>y[i]>>r[i];
dfs(0,0);
cout <<ans<<endl;
return 0;
}