【实(dou)力(bi)首(mai)发(meng)】第四次CCF软件能力认证题解

这次的题总体上相对前三次偏简单。由于实力有限，就分析前四题。
   
试题编号：    201503-1
试题名称：    图像旋转
时间限制：    5.0s
内存限制：    256.0MB
问题描述：   
问题描述
　　旋转是图像处理的基本操作，在这个问题中，你需要将一个图像逆时针旋转90度。
　　计算机中的图像表示可以用一个矩阵来表示，为了旋转一个图像，只需要将对应的矩阵旋转即可。
输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示图像矩阵的行数和列数。
　　接下来n行每行包含m个整数，表示输入的图像。
输出格式
　　输出m行，每行包含n个整数，表示原始矩阵逆时针旋转90度后的矩阵。
样例输入
2 3
1 5 3
3 2 4
样例输出
3 4
5 2
1 3
评测用例规模与约定
　　1 ≤ n, m ≤ 1,000，矩阵中的数都是不超过1000的非负整数。

实(dou)力(bi)分析：逆时针旋转90°就是将矩阵的第i行变为第i列，第j行变为第m+1-j列，分析出来就没什么问题了。其次很重要的就是输出格式，每行的最后一个数字之后是没有空格的。签到题100分到手。
本人源码：

#include<iostream>

using namespace std;

int in[1010][1010], out[1010][1010];

int main(){

    int i, j, m, n;

    cin>>n>>m;

    for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=m;++j) cin>>in[i][j];

    for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=m;++j) out[m+1-j][i]=in[i][j];

    for(i=1;i<=m;++i) {

        for(j=1;j<=n;++j){

            if(j==1) cout<<out[i][j];

            else cout<<' '<<out[i][j];

        }

        cout<<endl;

    }

    return 0;

}

试题编号：    201503-2

试题名称：    数字排序
时间限制：    1.0s
内存限制：    256.0MB
问题描述：   
问题描述
　　给定n个整数，请统计出每个整数出现的次数，按出现次数从多到少的顺序输出。
输入格式
　　输入的第一行包含一个整数n，表示给定数字的个数。
　　第二行包含n个整数，相邻的整数之间用一个空格分隔，表示所给定的整数。
输出格式
　　输出多行，每行包含两个整数，分别表示一个给定的整数和它出现的次数。按出现次数递减的顺序输出。如果两个整数出现的次数一样多，则先输出值较小的，然后输出值较大的。
样例输入
12
5 2 3 3 1 3 4 2 5 2 3 5
样例输出
3 4
2 3
5 3
1 1
4 1
评测用例规模与约定
　　1 ≤ n ≤ 1000，给出的数都是不超过1000的非负整数。

实(dou)力(bi)分析：这题主要是结构体的二级排序吧（反正我是这样做的），用好algorithm里的sort()，把过程模拟下就行了。由于给出的数是非负整数，所以0也要考虑进去，并且输入的数不一定小于n，所以在排序时应该sort(a, a+1005, cmp)。
本人源码：

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

struct num{

    int val;

    int t;

};

bool cmp(num a, num b){

    if(a.t != b.t) return a.t>b.t;

    return a.val<b.val;

}

num a[1005];

int main(){

    int n, i, x;

    for(i=0;i<=1000;++i){

        a[i].val = i;

    }

    cin>>n;

    for(i=1;i<=n;++i){

        cin>>x;

        ++a[x].t;

    }

    sort(a, a+1005, cmp);

    for(i=0;i<=n;++i){

        if(a[i].t==0) break;

        cout<<a[i].val<<' '<<a[i].t<<endl;

    }

    return 0;

}

试题编号：   
201503-3
试题名称：    节日
时间限制：    1.0s
内存限制：    256.0MB
问题描述：   
问题描述
　　有一类节日的日期并不是固定的，而是以“a月的第b个星期c”的形式定下来的，比如说母亲节就定为每年的五月的第二个星期日。
　　现在，给你a，b，c和y1, y2(1850 ≤ y1, y2 ≤ 2050)，希望你输出从公元y1年到公元y2年间的每年的a月的第b个星期c的日期。
　　提示：关于闰年的规则：年份是400的整数倍时是闰年，否则年份是4的倍数并且不是100的倍数时是闰年，其他年份都不是闰年。例如1900年就不是闰年，而2000年是闰年。
　　为了方便你推算，已知1850年1月1日是星期二。
输入格式
　　输入包含恰好一行，有五个整数a, b, c, y1, y2。其中c=1, 2, ……, 6, 7分别表示星期一、二、……、六、日。
输出格式
　　对于y1和y2之间的每一个年份，包括y1和y2，按照年份从小到大的顺序输出一行。
　　如果该年的a月第b个星期c确实存在，则以"yyyy/mm/dd"的格式输出，即输出四位数的年份，两位数的月份，两位数的日期，中间用斜杠“/”分隔，位数不足时前补零。
　　如果该年的a月第b个星期c并不存在，则输出"none"（不包含双引号)。
样例输入
5 2 7 2014 2015
样例输出
2014/05/11
2015/05/10
评测用例规模与约定
　　所有评测用例都满足：1 ≤ a ≤ 12，1 ≤ b ≤ 5，1 ≤ c ≤ 7，1850 ≤ y1, y2 ≤ 2050。

实(dou)力(bi)分析：有点麻烦的模拟题。更像小学的奥数题，总之把这题逻辑思路搞清楚了，一般过了样例就可以拿满分了。（l = min(y1), r = max(y2)也许纯属我的强迫症吧。。毕竟已经说了y1到y2年之间）
本人源码：

#include<iostream>

using namespace std;

                , 0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

bool isRunNian(int y){

    if(y%400==0) return true;

    else if((y%4==0) && (y%100)) return true;

    else return false;

}

int main(){

    int y1, y2, a, b, c;

    cin>>a>>b>>c>>y1>>y2;

    int i, l = min(y1, y2), r = max(y1, y2);

    for(i=l;i<=r;++i){

        int curY = 1850;

        int curM = 1;

        int days = 0;

        int xq = 1;

        int d;

        while(curY < i){

            if(isRunNian(curY)) days+=366;

            else days+=365;

            ++curY;

        }

        while(curM < a){

            days += day[isRunNian(curY)][curM];

            ++curM;

        }

        xq = 1 + days%7;

        if(xq > c) d =(c+7-xq)+(b-1)*7;

        else d = (c-xq)+(b-1)*7;

        if(d>day[isRunNian(curY)][curM]) cout<<"none"<<endl;

        else {

            cout<<curY<<'/';

            if(a/10) cout<<a;

            else cout<<'0'<<a;

            cout<<'/';

            if(d/10) cout<<d;

            else cout<<'0'<<d;

            cout<<endl;

        }

    }

    return 0;

} 

试题编号：    201503-4
试题名称：    网络延时
时间限制：    1.0s
内存限制：    256.0MB
问题描述：   
问题描述
　　给定一个公司的网络，由n台交换机和m台终端电脑组成，交换机与交换机、交换机与电脑之间使用网络连接。交换机按层级设置，编号为1的交换机为根交换
机，层级为1。其他的交换机都连接到一台比自己上一层的交换机上，其层级为对应交换机的层级加1。所有的终端电脑都直接连接到交换机上。
　　当信息在电脑、交换机之间传递时，每一步只能通过自己传递到自己所连接的另一台电脑或交换机。请问，电脑与电脑之间传递消息、或者电脑与交换机之间传递消息、或者交换机与交换机之间传递消息最多需要多少步。
输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示交换机的台数和终端电脑的台数。
　　第二行包含n - 1个整数，分别表示第2、3、……、n台交换机所连接的比自己上一层的交换机的编号。第i台交换机所连接的上一层的交换机编号一定比自己的编号小。
　　第三行包含m个整数，分别表示第1、2、……、m台终端电脑所连接的交换机的编号。
输出格式
　　输出一个整数，表示消息传递最多需要的步数。
样例输入
4 2
1 1 3
2 1
样例输出
4
样例说明
　　样例的网络连接模式如下，其中圆圈表示交换机，方框表示电脑：

　　其中电脑1与交换机4之间的消息传递花费的时间最长，为4个单位时间。
样例输入
4 4
1 2 2
3 4 4 4
样例输出
4
样例说明
　　样例的网络连接模式如下：

　　其中电脑1与电脑4之间的消息传递花费的时间最长，为4个单位时间。
评测用例规模与约定
　　前30%的评测用例满足：n ≤ 5, m ≤ 5。
　　前50%的评测用例满足：n ≤ 20, m ≤ 20。
　　前70%的评测用例满足：n ≤ 100, m ≤ 100。
　　所有评测用例都满足：1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 10000。

实(dou)力(bi)分析：图有
n+m个顶点，n+m-1条边，顶点之间两两连通，很容易看出来这是一棵树。问题抽象后就是求树中相距最远的两个叶子结点间的距离，这个距离又叫做树的直
径。那天刚好带了求树的直径的模版过去，所以没动多少脑子就写完了。不过这题只拿了70分，模版的时间复杂度O(|V|+|E|)应该没什么问题，然后就
想起了考试那天使用了cin来输入，在最后30%比较大输入量的评测用例中超时了，欲哭无泪，还是对大输入量不够敏感。模版的思路就是先dfs找出距离根
结点0最远的叶子结点u，然后再对u一次dfs找出距离u最远的叶子结点。
本人源码：

#include<iostream>

#include<vector>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

using namespace std;

const int N = 222222;

int edgeCount, firstEdge[N], to[N], length[N], nextEdge[N];

vector<int> dist;

void addEdge(int u, int v, int w){

    to[edgeCount] = v;

    length[edgeCount] = w;

    nextEdge[edgeCount] = firstEdge[u];

    firstEdge[u] = edgeCount++;

}

void dfs(int p, int u, int d){

    dist[u] = d;

    for(int iter = firstEdge[u]; iter != -1; iter = nextEdge[iter]){

        if(to[iter] != p){

            dfs(u, to[iter], d+length[iter]);

        }

    }

}

int getDiameter(int nodeCount, vector <pair <pair <int, int>, int> > edges){

    edgeCount = 0;

    memset(firstEdge, -1, sizeof(firstEdge));

    for(vector<pair <pair <int, int>, int> >::iterator iter = edges.begin(); iter != edges.end();++iter){

        addEdge(iter->first.first,iter->first.second, iter->second);

        addEdge(iter->first.second,iter->first.first, iter->second);

    }

    dist.resize(nodeCount);

    dfs(-1, 0, 0);

    int u = max_element(dist.begin(), dist.end()) - dist.begin();

    dfs(-1,u,0);

    return *max_element(dist.begin(), dist.end());

}

int main(){

    int n, m, v;

    vector <pair <pair <int, int>, int> > edges;

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for(int i=1;i<=n-1;++i){

        scanf("%d",&v);

        edges.push_back(make_pair(make_pair(v-1, i),1));

        edges.push_back(make_pair(make_pair(i, v-1),1));

    }

    for(int i=n;i<=n+m-1;++i){

        scanf("%d",&v);

        edges.push_back(make_pair(make_pair(v-1, i),1));

        edges.push_back(make_pair(make_pair(i, v-1),1));

    }

    printf("%d\n",getDiameter(n+m, edges));

    return 0;

}

试题编号：    201503-5
试题名称：    最小花费
时间限制：    4.0s
内存限制：    256.0MB
问题描述：   
问题描述
　　C国共有n个城市。有n-1条双向道路，每条道路连接两个城市，任意两个城市之间能互相到达。小R来到C国旅行，他共规划了m条旅行的路线，第i条旅
行路线的起点是si，终点是ti。在旅行过程中，小R每行走一单位长度的路需要吃一单位的食物。C国的食物只能在各个城市中买到，而且不同城市的食物价格
可能不同。
　　然而，小R不希望在旅行中为了购买较低价的粮食而绕远路，因此他总会选择最近的路走。现在，请你计算小R规划的每条旅行路线的最小花费是多少。
输入格式
　　第一行包含2个整数n和m。
　　第二行包含n个整数。第i个整数wi表示城市i的食物价格。
　　接下来n-1行，每行包括3个整数u, v, e，表示城市u和城市v之间有一条长为e的双向道路。
　　接下来m行，每行包含2个整数si和ti，分别表示一条旅行路线的起点和终点。
输出格式
　　输出m行，分别代表每一条旅行方案的最小花费。
样例输入
6 4
1 7 3 2 5 6
1 2 4
1 3 5
2 4 1
3 5 2
3 6 1
2 5
4 6
6 4
5 6
样例输出
35
16
26
13
样例说明
　　对于第一条路线，小R会经过2->1->3->5。其中在城市2处以7的价格购买4单位粮食，到城市1时全部吃完，并用1的价格购买7单位粮食，然后到达终点。
评测用例规模与约定
　　前10%的评测用例满足：n, m ≤ 20, wi ≤ 20；
　　前30%的评测用例满足：n, m ≤ 200；
　　另有40%的评测用例满足：一个城市至多与其它两个城市相连。
　　所有评测用例都满足：1 ≤ n, m ≤ 105，1 ≤ wi ≤ 106，1 ≤ e ≤ 10000。
实(dou)力(bi)分(mai)析(meng)：看到时间限制是4s的那一刻对于做这道题我是拒绝的。不过前30%数据范围比较小，说说思路吧。先从si开始dfs找到通向ti的所有通路，然后dp找出最小花费。

事实证明写题解是件体力活，写完千万不要忘记保存，否则会重写一遍。。。
最后，吹一年的370镇楼。