第1題：統計不含4的數字

題目大意

　　統計10000至99999中，不包含4的數值個數。

題解

　　(@『落』常笑鷹 提供)直接推匯出數學公式
　　最高位除了0、4不能使用，其餘8個數字（1,2,3,5,6,7,8,9）均能使用，剩下的四位（千位、百位、十位、個位）可以使用除了4以外的所有數字，所以共有 8*9*9*9*9種解，計算得答案為：52488。

第2題：計算1千天後的日期

題目大意

　　2014-11-09再過1000天是哪一日？

題解

　　直接開啟Excel計算：
　　
　　（記得結果要按2017-08-05的格式提交）

擴充套件些Excel知識

　　Excel其實是用一個實數來儲存日期，這個實數的整數部分，就是1900年1月1日到當前日期的間隔天數，所以日期與整數間，可以直接做加減運算。
　　有時候日期小數部分的值非0，小數部分就是對該天24小時的精確指定。
　　

　　Excel是很強大的，閒著無聊的同學，也可以用下圖的方式把日期改成題目要求的格式：
　　
　　
　　一些元老級的參賽選手，估計還做過“高斯日記”這題，那題也是可以用Excel來解：
　　
　　
　　擴充套件的擴充套件：Excel的日期計算其實是有個很小的bug的，這在Joel的《軟體隨想錄》中有提到他在微軟的經歷，挺有趣的一段歷史遺留問題，有興趣的同學不妨看看他的書。

第3題：豎式加法

題目大意

　　祥 瑞 生 輝
　　三 羊 獻 瑞
−−−−−−−−
　三 羊 生 瑞 氣
　
　　題目用了8個不同的漢字，表示0~9裡八種不同的數字。組成兩個數值相加，等於第三個數值。

題解

　　定義一個數組int a[10]，初始化用a[i]儲存i。將a[2]~a[9]與各個漢字對應，然後用next_permutation全排列暴力解，注意三個數值開頭不能為0，能解出第2個數值，即“三羊獻瑞”對應的數字是1085。

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
using namespace std;

int main() {
    int a[10];
    for (int i = 0; i < 10; i++) a[i] = i;

    do {
        if (!a[2] || !a[6]) continue;
        int x =              a[2]*1000 + a[3]*100 + a[4]*10 + a[5];
        int y =              a[6]*1000 + a[7]*100 + a[8]*10 + a[3];
        int z = a[6]*10000 + a[7]*1000 + a[4]*100 + a[3]*10 + a[9];
        if (x + y == z) printf("%d + %d = %d\n", x, y, z);
    } while (next_permutation(a, a+10));

    return 0;
}
 

　　當然，這題也可以用數學知識簡單的推匯出一部分數字後，再暴力解剩下的部分。

第4題：古怪的星號修飾符

題目大意

　　是道程式碼填空題，主要是完成一個字串s，按寬度width截斷後，在固定寬度為width，兩邊為符號’|’的居中輸出。
　　難點是題目給出了printf(“%*s%s%*s”,___)，要求填printf的實參列表。

題解

　　有些童鞋可能知道scanf裡用*修飾符，是起到過濾讀入的作用。比如一個有三列數值的資料，我只想得到第2列數值，可以在迴圈裡用scanf(“%*d%d%*d”, a[i])來讀入第i行的第2個數值到a[i]。
　　* 修飾符在printf中的含義完全不同。如果寫成printf(“%6d”, 123)，很多童鞋應該就不會陌生了，這是設定域寬的意思。同理，%6s也是域寬。* 修飾符正是用來更靈活的控制域寬。使用%*s，表示這裡的具體域寬值由後面的實參決定，如printf(“%*s”, 6, “abc”)就是把”abc”放到在域寬為6的空間中右對齊。
　　明白了 * 是用變數來控制域寬，那麼這題就簡單了，這裡應該填寫5個實參。然後字元長度的計算應該用buf而不是s，因為buf才是截斷後的長度，用s的話，如果s長度超過了width-2，效果就不對了。
　　簡單還原現場及參考答案：

 #include <stdio.h>
 #include <string.h>

int main() {
    char s[100] = "abcd1234";
    char buf[1000];
    int width = 20;

    strcpy(buf, s);
    buf[width-2] = 0;

    printf("|%*s%s%*s|\n", (width-strlen(buf)-2)/2, "", buf, (width-strlen(buf)-2)/2, "");
    return 0;
}

第5題：補充全排列的回溯演算法

題目大意

　　1,2,3…9 這九個數字組成一個分數，其值恰好為1/3，如何組法？

題解

　　與第3題一樣可以用全排列暴力，但這題是程式碼填空題，且已經手寫一部分全排列演算法，我們負責補充其中一行程式碼。
　　寫全排就是用回溯的思想，直接猜到for迴圈裡的第三行，應該就是把第一行的交換操作再交換回來~~複製for裡的第一行程式碼，執行下程式，還不放心就除錯下，看看陣列是不是有按字典序在變化就行了。
　　答案：{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
　　

第6題：加號改乘號

題目大意

　　把1+2+3+…+48+49中的兩個加號改成乘號（修改位置不能相鄰），使得式子的結果由1225變為2015。

題解

　　用雙迴圈暴力兩個乘號的位置，計算在數字i、j後的加號改為乘號，式子數值的變化即可，注意j的起始位置為i+2。

#include <stdio.h>

int main() {
    for (int i = 1; i <= 48; i++) {
        for (int j = i + 2; j <= 48; j++) {
            if (1225 - i - (i+1) - j - (j+1) == 
                2015 - i*(i+1) - j*(j+1))
                printf("%d\n", i);
        }
    }
    return 0;
}

　　除了輸出的一個10是題目已提示的解，另一個16就是答案。

第7題：牌型種數

題目大意

　　去掉大小王的52張撲克牌，不考慮花色及順序，取13張，一共有多少種取法？

題解

　　大部分人應該都能想到用13重迴圈暴力解（每層迴圈都是0~4）的方法，當累加和為13時，ans++。
　　我在賽中想到的是動態規劃，因為我想到了“小明爬樓梯”，且跟賽前，__M子__給我們講的去年賽題“地宮取寶”的dp思路非常像。
　　假設牌是從1到13按順序取的，dp[i][j]表示取到第i號的牌，目前總共有j張牌的取法總數，那麼有狀態轉移方程（注意公式沒考慮邊界處理）：
　　dp[i][j]=∑k=j−4jdp[i−1][k]

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL dp[14][14]; // dp[i][j]: 當前到第i張牌，總共有j張牌時的解的個數

int main() {
    dp[1][0] = dp[1][1] = dp[1][2] = dp[1][3] = dp[1][4] = 1;

    for (int i = 2; i <= 13; i++) {
        for (int k = 0; k <= 13; k++) {
            if (k - 4 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-4];
            if (k - 3 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-3];
            if (k - 2 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-2];
            if (k - 1 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-1];
            dp[i][k] += dp[i-1][k];
        }
    }

    cout << dp[13][13] << endl;
    return 0;
}

第8題：計算房子間曼哈頓距離

題目大意

　　房子按S形擺放，如
　　1 2 3
　　6 5 4
　　7 8 ……
　　現輸入每行的寬度w，計算出任意兩個房子m、n的曼哈頓距離（橫向距離+豎向距離）。

題解

　　 直接看程式碼

 #include <iostream>
 #include <cmath>
using namespace std;

// 輸入寬度w和房子編號n，返回房子所在行x，列y
void GetPos(int w, int n, int& x, int& y) {
    x = (n-1) / w + 1;
    y = n % w;

    if (y == 0) y = w;
    if (x%2 == 0) { // 偶數行要倒著數
        y = w - y + 1;
    }
}

int main() {
    int w, m, n;
    int x1, y1, x2, y2;

    cin >> w >> m >> n;
    GetPos(w, m, x1, y1);
    GetPos(w, n, x2, y2);

    cout << abs(x1-x2) + abs(y1-y2) << endl;

    return 0;
}

第9題：壘骰子(矩陣快速冪模)

題目大意

　　 輸入n,m，表示用n個骰子，在m個約束條件下，從下往上疊成一列。接下來m行，每行有兩個數a,b，表示骰子之間數字a、b兩個所在面不能拼接。
　　 問這n個骰子一共有多少種壘法？答案對1e9+7取餘。

注意骰子擺好後，四個方向均能轉動，即樣例輸入：
　　 2　 1
　　 1　 2
的樣例輸出是：
　　 544

矩陣快速冪基礎

　　請讀者先看這篇文章：hdu5171 GTY’s birthday gift(BestCoder Round #29 1002)，或閱讀其他矩陣快速冪模文章，自行補基礎。我給出的這篇文章，寫了個矩陣快速冪模的類模板，將在下面的程式碼中使用。實際解題中，可以根據特殊問題寫特殊程式碼，不必寫出通用的矩陣類，加快解題速度。
　　

題解

　　比賽中，不使用模板，建議陣列從下標1開始使用。這裡為了和模板配合，所以假設骰子從0開始編號。可以發現規律，如果骰子的a面為0,1,2，那麼a的對面數值就是a+3；相反，如果骰子的a面為3,4,5，那麼a的對面數值就是a-3。這個由當前面變換到對面的操作可以用公式完成：(a+3)%6。
　　現在用一個bool陣列isLimit[6][6]來儲存，isLimit[i][j]為真，代表當前骰子i面朝上，不能接j面朝上的骰子。
　　矩陣快速冪模，主要是找到A^(n-1) * X中的A和X。那麼這裡的X向量，X[i]初值就是第一個骰子i面朝上的方法數，一共是4種。即X[0]~X[5]均為4。
　　A[i][j]就是當前骰子i面朝上，接j面朝上後，原方法數要乘上的因子。故A[i][j]可以由isLimit直接得到。如果i->j被限制，乘因子就是0，否則就是4。

 #include <algorithm>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
using namespace std;

/*矩陣類（用於快速冪模）
  1、T是整型型別，N是方陣大小，MOD是取餘的值
  2、Eye是單位陣
*/
template <typename T, const int N, const int MOD>
class Matrix {
    T val[N][N];

public:
    Matrix() { memset(val, 0, sizeof(val)); }
    Matrix(T a[N][N]) { memcpy(val, a, sizeof(val)); }

    Matrix operator*(const Matrix& c) const {
        Matrix res;
        for (int i = 0; i < N; ++i)
            for (int j = 0; j < N; ++j)
                for (int k = 0; k < N; ++k) {
                    res.val[i][j] += val[i][k] * c.val[k][j];
                    //防止矩陣元素變為負數，若不需要，去掉"+MOD"
                    res.val[i][j] = (res.val[i][j] + MOD) % MOD;
                }
        return res;
    }

    Matrix& operator*=(const Matrix& c) {
        *this = *this * c;
        return *this;
    }

    Matrix operator^(int k) const { //返回*this^k
        Matrix res = Eye();
        Matrix step(*this);
        while (k) {
            if (k & 1) res *= step;
            k >>= 1;
            step *= step;
        }
        return res;
    }

    Matrix Eye() const {
        Matrix a;
        for (int i = 0; i < N; i++) a.val[i][i] = 1;
        return a;
    }

    void out() const {
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            for (int j = 0; j < N; j++)
                cout << val[i][j] << " ";
            cout << "\n";
        }
    }

    T* operator[](int i) { return val[i]; }
};

typedef long long LL;
const int MOD = 1e9 + 7;

int main() {
    int n, m;
    Matrix<LL,6,MOD> A, X, Y;
    bool isLimit[6][6];

    // 輸入處理
    cin >> n >> m;   
    memset(isLimit, false, sizeof(isLimit));
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        isLimit[a-1][ (b+2)%6 ] = true;
        isLimit[b-1][ (a+2)%6 ] = true;
    }

    // 初始化A
    for (int i = 0; i < 6; i++) {
        for (int j = 0; j < 6; j++) {
            A[i][j] = (!isLimit[i][j]) * 4;
        }
    }

    // 初始化X
    for (int i = 0; i < 6; i++) X[i][0] = 4;

    // 計算Y及答案
    Y = (A^(n-1)) * X;
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i < 6; i++) sum += Y[i][0];
    cout << sum % MOD << endl;

    return 0;
}

第10題：樹形DP

題目大意

　　在一顆樹中，每個點都有一個權值，有正有負。
　　要求找一個連通的點集S，使得累加和最大。

題解

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 #include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=100000+10;
const int INF=-1000000-10;
LL dp[MAXN][2];
vector<int>tree[MAXN];
LL w[MAXN];

void dfs(int p,int fa){
    dp[p][0]=max(dp[p][0],w[p]);
    dp[p][1]=max(dp[p][1],w[p]);
    for(int i=0;i<tree[p].size();i++){
        int son=tree[p][i];
        if(son^fa){
            dfs(son,p);
            dp[p][0]=max(dp[p][0],dp[son][0]);
            if(dp[son][1]>0)dp[p][1]+=dp[son][1];
        }
    }
    dp[p][0]=max(dp[p][0],dp[p][1]);
}

int main(){
    int n,a,b;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=INF;dp[i][1]=INF;}
    for(int i=1;i<n;i++){
        cin>>a>>b;
        tree[a].push_back(b);
        tree[b].push_back(a);
    }
    dfs(1,-1);
    cout<<dp[1][0]<<"\n";
    return 0;
}