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题目描述 我们现在要利用 m 台机器加工 n 个工件，每个工件都有 m 道工序，每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。 每个工件的每个工序称为一个操作，我们用记号 j-k 表示一个操作，其中 j 为 1 到 n 中的某个数字，为工件号； k 为 1 到 m 中的某个数字，为工序号，例如 2-4 表示第 2 个工件第 4 道工序的这个操作。在本题中，我们还给定对于各操作的一个安排顺序。 例如，当 n=3,m=2 时，1-1,1-2,2-1,3-1,3-2,2-2 就是一个给定的安排顺序，即先安排第 1 个工件的第 1 个工序，再安排第 1 个工件的第 2 个工序，然后再安排第 2 个工件的第 1 个工序，等等。 一方面，每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。 对同一个工件，每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始； 同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。 另一方面，在安排后面的操作时，不能改动前面已安排的操作的工作状态。 由于同一工件都是按工序的顺序安排的，因此，只按原顺序给出工件号，仍可得到同样的安排顺序，于是，在输入数据中，我们将这个安排顺序简写为 1 1 2 3 3 2。 还要注意，“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作顺序。在具体实施时，有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。 例如，取 n=3,m=2 ，已知数据如下（机器号/加工时间）： 工件号　工序 1 工序 2 1 1/3 2/2 2 1/2 2/5 3 2/2 1/4 则对于安排顺序 1 1 2 3 3 2，下图中的两个实施方案都是正确的。但所需要的总时间分别是 10 与 12 。 ...

不知道有没有人遇到和我一样的问题 近日突然想起来洛谷部分题目存在判断失误问题（包括之前遇到过的一些题已经忘记题号），以下面两道题为例，贴出我的得分情况、输出情况和代码（已确认无空格和换行等差异） P1067 我的代码 #include<stdio.h> int main(){ int n,t; scanf("%d",&n); t=n; while(n--){ int a; scanf("%d",&a); if(n!=0){ if(a>0&&(a!=1&&a!=-1)){ if(t==n+1) printf("%dx^%d",a,n+1); else printf("+%dx^%d",a,n+1); }else if(a==-1||a==1){ if(a>0&&t==n+1) printf("x^%d",n+1); else if(a>0&&t!=n+1) printf("+x^%d",n+1); else printf("-x^%d",n+1); }else if(a<0&&(a!=1&&a!=-1)){ printf("%dx^%d",a,n+1); }else{ t--; } } else{ if(a>0&&(a!=1&&a!=-1)){ if(t==n+1) printf("%dx",a); else printf("+%dx",a); }else if(a==-1||a==1){ if(a>0&&t==n+1) printf("x"); else if(a>0&&t!=n+1) printf("+x"); else printf("-x"); }else if(a<0&&(a!=1&&a!=-1)){ printf("%dx",a); }else{ t--; } } } int a; scanf("%d",&a); if(a>0&&t!=0) printf("+"); printf("%d\n",a); } AC代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,a,i; cin>>n; for(i=n;i>=0;i--) { cin>>a; if(a) { if(i!=n&&a>0) cout<<"+"; if(abs(a)>1||i==0) cout<<a; if(a==-1&&i) cout<<"-"; if(i>1) cout<<"x^"<<i; if(i==1) cout<<"x"; } } return 0; } P1098 这道题只下载了第7个测试点 ...

题目描述 一元 n 次多项式可用如下的表达式表示： f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+ … +a_1x+a_0,a_n> 0 其中， a_ix^i 称为 i 次项， a_i 称为 i 次项的系数。给出一个一元多项式各项的次数和系数，请按照如下规定的格式要求输出该多项式： 多项式中自变量为 x ，从左到右按照次数递减顺序给出多项式。 多项式中只包含系数不为 0 的项。 如果多项式 n 次项系数为正，则多项式开头不出 + 号，如果多项式 n 次项系数为负，则多项式以 - 号开头。 对于不是最高次的项，以 + 号或者 - 号连接此项与前一项，分别表示此项系数为正或者系数为负。紧跟一个正整数，表示此项系数的绝对值（如果一个高于 0 次的项，其系数的绝对值为 1 ，则无需输出 1 ）。如果 x 的指数大于 1 ，则接下来紧跟的指数部分的形式为“ x^b ”，其中 b 为 x 的指数；如果 x 的指数为 1 ，则接下来紧跟的指数部分形式为 x ；如果 x 的指数为 0 ，则仅需输出系数即可。 多项式中，多项式的开头、结尾不含多余的空格。 输入格式 输入共有 2 行 第一行 1 个整数， n ，表示一元多项式的次数。 ...

题目描述 Scarlet 最近学会了一个数组魔法，她会在 n* n 二维数组上将一个奇数阶方阵按照顺时针或者逆时针旋转 90° 。 首先，Scarlet 会把 1 到 n^2 的正整数按照从左往右，从上至下的顺序填入初始的二维数组中，然后她会施放一些简易的魔法。 Scarlet 既不会什么分块特技，也不会什么 Splay 套 Splay，她现在提供给你她的魔法执行顺序，想让你来告诉她魔法按次执行完毕后的二维数组。 输入格式 第一行两个整数 n,m ，表示方阵大小和魔法施放次数。 接下来 m 行，每行 4 个整数 x,y,r,z ，表示在这次魔法中，Scarlet 会把以第 x 行第 y 列为中心的 2r+1 阶矩阵按照某种时针方向旋转，其中 z=0 表示顺时针， z=1 表示逆时针。 输出格式 输出 n 行，每行 n 个用空格隔开的数，表示最终所得的矩阵 样例 #1 样例输入 #1 5 4 2 2 1 0 3 3 1 1 4 4 1 0 3 3 2 1 样例输出 #1 5 10 3 18 15 4 19 8 17 20 1 14 23 24 25 6 9 2 7 22 11 12 13 16 21 提示 对于50%的数据，满足 r=1 ...

题目描述 用高精度计算出 S = 1! + 2! + 3! + … + n! （ n <= 50 ）。 其中 ! 表示阶乘，定义为 n!=n (n-1) (n-2) … 1 。例如， 5! = 5 4 3 2 1=120 。 输入格式 一个正整数 n 。 输出格式 一个正整数 S ，表示计算结果。 样例 #1 样例输入 #1 3 样例输出 #1 9 提示 【数据范围】 对于 100 % 的数据， 1 <= n <= 50 。 思路 看了一下大部分题解，其实也没有别的考察点，主要就是高精加套高精乘，方法也有很多，下面主要介绍两种该思路的实现方法 方法一 这种方法主要使用结构体去封装大整数，让大整数能像普通整型一样直接相加相乘，下面是封装的结构体 #define MAXN 50000 struct bigint{ int len,a[MAXN];//len记录位数，a记录每个数位 bigint(int x=0){//通过初始化使得这个大整数能够表示整型x，默认为0 memset(a,0,sizeof(a)); for(len=1;x;len++){ a[len]=x%10,x/=10; } len--; } int &operator[](int i){ return a[i]; //重载[]，可以直接用x[i]代表x.a[i] } void flatten(int L){//一口气处理1到L范围内的进位并重置长度。需要保证L不小于有效长度 //简单说就是将数组每个位置经过进位后都变成一位数 len=L; for(int i=1;i<=len;i++){ a[i+1]+=a[i]/10; a[i]%=10; } for(;!a[len];){//重置长度为有效长度 len--; } } void print(){ for(int i=max(len,1);i>=1;i--){ printf("%d",a[i]); } } bigint operator+(bigint a,bigint b){//表示两个bigint类相加，返回一个bigint类 bigint c; int len=max(a.len,b.len); for(int i=1;i<=len;i++){ c[i]+=a[i]+b[i]; } c.flatten(len+1);//答案不可能超过len+1位，所以用len+1做进位处理 return c; } bigint operator*(bigint a,bigint b){ bigint c; int len=a.len; for(int i=1;i<=len;i++){ c[i]=a[i]*b; } c.flatten(len+1);//int类型最长10位，所以可以这样做一遍进位处理 } }; 封装完后，就需要主函数对接接口直接使用了 ...