HDU100题简要题解（2040~2049）

• HDU2040 亲和数
  
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Problem Description

古希腊数学家毕达哥拉斯在自然数研究中发现，220的所有真约数(即不是自身的约数)之和为：

1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110＝284。

而284的所有真约数为1、2、4、71、 142，加起来恰好为220。人们对这样的数感到很惊奇，并称之为亲和数。一般地讲，如果两个数中任何一个数都是另一个数的真约数之和，则这两个数就是亲和数。

你的任务就编写一个程序，判断给定的两个数是否是亲和数

Input

输入数据第一行包含一个数M，接下有M行，每行一个实例,包含两个整数A,B； 其中 0 <= A,B <= 600000 ;

Output

对于每个测试实例，如果A和B是亲和数的话输出YES，否则输出NO。

Sample Input

2

220 284

100 200

Sample Output

YES

NO

求每个数的真约数和与另一个数进行比较就好了

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

int m;

int cal(int x) {
  int cnt = 0;
  for (int i = 1; i < x; i++)
    if (x % i == 0) cnt += i;
  return cnt;
}

int main() {
  while (scanf("%d", &m) != EOF) {
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
      int a, b;
      scanf("%d%d", &a, &b);
      int num1 = cal(a);
      int num2 = cal(b);
      if (a == num2 && b == num1) printf("YES\n");
      else printf("NO\n");
    }
  }
  return 0;
}

• HDU2041 超级楼梯
  
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Problem Description

有一楼梯共M级，刚开始时你在第一级，若每次只能跨上一级或二级，要走上第M级，共有多少种走法？

Input

输入数据首先包含一个整数N，表示测试实例的个数，然后是N行数据，每行包含一个整数M（1<=M<=40）,表示楼梯的级数。

Output

对于每个测试实例，请输出不同走法的数量

Sample Input

2

2

3

Sample Output

1

2

十分经典的题目，到达第n个台阶可以从第n-1级台阶跨一级上来，也可以从第n-2级台阶跨两级上来

所以我们很容易得到递推公式a[n] = a[n - 1] + a[n - 2]

注意初始化a[2] = 1; a[3] = 2

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

int n, m, dp[41];

int main() {
  while (scanf("%d", &n) != EOF) {
    dp[2] = 1;
    dp[3] = 2;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%d", &m);
      for (int i = 4; i <= m; i++) dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
      printf("%d\n", dp[m]);
    }
  }
  return 0;
}

• HDU2042 不容易系列之二
  
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Problem Description

你活的不容易，我活的不容易，他活的也不容易。不过，如果你看了下面的故事，就会知道，有位老汉比你还不容易。

重庆市郊黄泥板村的徐老汉（大号徐东海，简称XDH）这两年辛辛苦苦养了不少羊，到了今年夏天，由于众所周知的高温干旱，实在没办法解决牲畜的饮水问题，就决定把这些羊都赶到集市去卖。从黄泥板村到交易地点要经过N个收费站，按说这收费站和徐老汉没什么关系，但是事实却令徐老汉欲哭无泪：

中间一堆废话......这里略过......

由于徐老汉没钱，收费员就将他的羊拿走一半，看到老汉泪水涟涟，犹豫了一下，又还给老汉一只。巧合的是，后面每过一个收费站，都是拿走当时羊的一半，然后退还一只，等到老汉到达市场，就只剩下3只羊了。

你,当代有良知的青年，能帮忙算一下老汉最初有多少只羊吗？

Input

输入数据第一行是一个整数N，下面由N行组成，每行包含一个整数a(0<a<=30),表示收费站的数量。

Output

对于每个测试实例，请输出最初的羊的数量,每个测试实例的输出占一行。

Sample Input

2

1

2

Sample Output

4

6

和之前吃蟠桃一个样子的，只是蟠桃是每次吃掉一半多一个，现在是羊每次拿走一半少一个

稍微做一下改动即可

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

int n, m, sum = 1;

int main() {
  while (scanf("%d", &n) != EOF) {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%d", &m);
      sum = 3;
      while (m--) sum = 2 * (sum - 1);
      printf("%d\n", sum);
    }
  }
  return 0;
}

• HDU2043 密码
  
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Problem Description

网上流传一句话:"常在网上飘啊，哪能不挨刀啊～"。其实要想能安安心心地上网其实也不难，学点安全知识就可以。

首先，我们就要设置一个安全的密码。那什么样的密码才叫安全的呢？一般来说一个比较安全的密码至少应该满足下面两个条件：

(1).密码长度大于等于8，且不要超过16。

(2).密码中的字符应该来自下面“字符类别”中四组中的至少三组。

这四个字符类别分别为：

1.大写字母：A,B,C...Z;

2.小写字母：a,b,c...z;

3.数字：0,1,2...9;

4.特殊符号：~,!,@,#,$,%,^;

给你一个密码，你的任务就是判断它是不是一个安全的密码。

Input

输入数据第一行包含一个数M，接下有M行，每行一个密码（长度最大可能为50），密码仅包括上面的四类字符。

Output

对于每个测试实例，判断这个密码是不是一个安全的密码，是的话输出YES，否则输出NO。

Sample Input

3

a1b2c3d4

Linle@ACM

^~^@^@!%

Sample Output

NO

YES

NO

做这题的时候好像还在JNUCTF期间，满脑子弱口令，边做还边想这给的样例跑字典跑不出来啊...

咳咳回归正题，就是判断每一个制胡窜是不是都包含四种字符中的三种，具体判断见代码

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

int m;
char a[51];

int main() {
  while (scanf("%d", &m) != EOF) {
    getchar();
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
      int num1, num2, num3, num4;
      num1 = num2 = num3 = num4 = 0;
      gets(a);
      int len = strlen(a);
      if (len < 8 || len > 16) {
        printf("NO\n");
        continue;
      }
      for (int i = 0; i < len; i++) {
        if ('a' <= a[i] && 'z' >= a[i]) num1 = 1;
        if ('A' <= a[i] && 'Z' >= a[i]) num2 = 1;
        if ('0' <= a[i] && '9' >= a[i]) num3 = 1;
        if (a[i] == '~' || a[i] == '!' || a[i] == '@' || a[i] == '#' || a[i] == '$' || a[i] == '%' || a[i] == '^') num4 = 1;
      }
      int num = num1 + num2 + num3 + num4;
      if (num >= 3) printf("YES\n");
      else printf("NO\n");
     }
  }
  return 0;
}

• HDU2044 一只小蜜蜂...
  
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Problem Description

有一只经过训练的蜜蜂只能爬向右侧相邻的蜂房，不能反向爬行。请编程计算蜜蜂从蜂房a爬到蜂房b的可能路线数。

其中，蜂房的结构如下所示。



Input

输入数据的第一行是一个整数N,表示测试实例的个数，然后是N 行数据，每行包含两个整数a和b(0<a<b<50)。

Output

对于每个测试实例，请输出蜜蜂从蜂房a爬到蜂房b的可能路线数，每个实例的输出占一行。

Sample Input

2

1 2

3 6

Sample Output

1

3

经典题目了，10月左右安徽大学acm新生赛好像还出了一道这题的变形，这里整一个高精版的：洛谷P2437蜜蜂路线

同样也是一个斐波那契数列，第m个蜂房可以通过第m-1和第m-2个蜂房到达，剩下的就和楼梯那题一个样了

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

long long n, dp[1001];

int main() {
  while (scanf("%lld", &n) != EOF) {
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      long long a, b;
      scanf("%lld%lld", &a, &b);
      for (int i = 3; i <= b - a; i++) dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
      printf("%lld\n", dp[b - a]);
    }
  }
  return 0;
}

• HDU2045 不容易系列之(3)—— LELE的RPG难题
  
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Problem Description

人称“AC女之杀手”的超级偶像LELE最近忽然玩起了深沉，这可急坏了众多“Cole”（LELE的粉丝,即"可乐"）,经过多方打探，某资深Cole终于知道了原因，原来，LELE最近研究起了著名的RPG难题:

有排成一行的ｎ个方格，用红(Red)、粉(Pink)、绿(Green)三色涂每个格子，每格涂一色，要求任何相邻的方格不能同色，且首尾两格也不同色．求全部的满足要求的涂法.

以上就是著名的RPG难题.

如果你是Cole,我想你一定会想尽办法帮助LELE解决这个问题的;如果不是,看在众多漂亮的痛不欲生的Cole女的面子上,你也不会袖手旁观吧?

Input

输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,由一个整数N组成，(0<n<=50)。

Output

对于每个测试实例，请输出全部的满足要求的涂法，每个实例的输出占一行。

Sample Input

1

2

Sample Output

3

6

这题当时想了挺久的，这里详细说一下吧

核心代码为：f[i] = f[i - 1] + f[i - 2] * 2;

但是为啥子嘞？我们以5个格子的情况举例

假设五个格子，三个颜色：红黄蓝，第一个格子假设涂红色

先看第一种情况（5 = 4 + 1）：

-先涂好四个格子，则第四个格子和第一个格子颜色一定不一样，那么第五个格子有且只有一种取法

-在此情况下的方案数为f[4]

再看第二种情况（5 = 3 + 2）：

-先涂好三个格子，再涂后两个，则此时第四个格子是不会受到第一个格子的颜色的约束的，由于第一种情况已经计算了第四个格子为黄蓝的情况，我们这里只需考虑红色即可，此时第五个格子便可取黄蓝

-所以在这个情况下的方案数为f[3] * 2

总的来说，第五个格子的方案数即为f[4] + f[3] * 2

其余同理

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

long long n, f[1001];

int main() {
  while (scanf("%lld", &n) != EOF) {
    f[0] = 0;
    f[1] = 3;
    f[2] = 6;
    f[3] = 6;
    for (int i = 4; i <= n; i++)
      f[i] = f[i - 1] + f[i - 2] * 2;
    printf("%lld\n", f[n]);
  }
  return 0;
}

• HDU2046 骨牌铺方格
  
  题目链接

Problem Description

在2×n的一个长方形方格中,用一个1× 2的骨牌铺满方格,输入n ,输出铺放方案的总数.

例如n=3时,为2× 3方格，骨牌的铺放方案有三种,如下图：



Input

输入数据由多行组成，每行包含一个整数n,表示该测试实例的长方形方格的规格是2×n (0<n<=50)。

Output

对于每个测试实例，请输出铺放方案的总数，每个实例的输出占一行。

Sample Input

1

3

2

Sample Output

1

3

2

又是递推...好多递推题啊...

递推式还是那个递推式，可以解释为在f[n-1]的基础上竖着加一个长方块以及在f[n-2]的基础上横着放俩长方块

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

long long n, dp[51];

int main() {
  while (scanf("%lld", &n) != EOF) {
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for (int i = 3; i <= n; i++)
      dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    printf("%lld\n", dp[n]);
  }
  return 0;
}

• HDU2047 阿牛的EOF牛肉串
  
  题目链接

Problem Description

今年的ACM暑期集训队一共有18人，分为6支队伍。其中有一个叫做EOF的队伍，由04级的阿牛、XC以及05级的COY组成。在共同的集训生活中，大家建立了深厚的友谊，阿牛准备做点什么来纪念这段激情燃烧的岁月，想了一想，阿牛从家里拿来了一块上等的牛肉干，准备在上面刻下一个长度为n的只由"E" "O" "F"三种字符组成的字符串（可以只有其中一种或两种字符，但绝对不能有其他字符）,阿牛同时禁止在串中出现O相邻的情况，他认为，"OO"看起来就像发怒的眼睛，效果不好。

你，NEW ACMer,EOF的崇拜者，能帮阿牛算一下一共有多少种满足要求的不同的字符串吗？

PS: 阿牛还有一个小秘密，就是准备把这个刻有 EOF的牛肉干，作为神秘礼物献给杭电五十周年校庆，可以想象，当校长接过这块牛肉干的时候该有多高兴！这里，请允许我代表杭电的ACMer向阿牛表示感谢！

再次感谢！

Input

输入数据包含多个测试实例,每个测试实例占一行,由一个整数n组成，(0<n<40)。

Output

对于每个测试实例，请输出全部的满足要求的涂法，每个实例的输出占一行。

Sample Input

1

2

Sample Output

3

8

和RPG那题大同小异，也是两种情况

第一种：n-1不是O，方案数就是f[n-1] * 2

第二种：n-1是O，方案数就是f[n-2] * 2

得到递推式f[n] = f[n-2] * 2 + f[n-1] * 2

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

int n;
long long a[51];

int main() {
  while (scanf("%d", &n) != EOF) {
    a[1] = 3;
    a[2] = 8;
    for (int i = 3; i <= n; i++)
      a[i] = 2 * a[i - 1] + 2 * a[i - 2];
    printf("%lld\n", a[n]);
  }
  return 0;
}

• HDU2048 神、上帝以及老天爷
  
  题目链接

Problem Description

HDU 2006'10 ACM contest的颁奖晚会隆重开始了！

为了活跃气氛，组织者举行了一个别开生面、奖品丰厚的抽奖活动，这个活动的具体要求是这样的：

首先，所有参加晚会的人员都将一张写有自己名字的字条放入抽奖箱中；

然后，待所有字条加入完毕，每人从箱中取一个字条；

最后，如果取得的字条上写的就是自己的名字，那么“恭喜你，中奖了！”

大家可以想象一下当时的气氛之热烈，毕竟中奖者的奖品是大家梦寐以求的Twins签名照呀！不过，正如所有试图设计的喜剧往往以悲剧结尾，这次抽奖活动最后竟然没有一个人中奖！

我的神、上帝以及老天爷呀，怎么会这样呢？

不过，先不要激动，现在问题来了，你能计算一下发生这种情况的概率吗？

不会算？难道你也想以悲剧结尾？！

Input

输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数，然后是C 行数据，每行包含一个整数n(1<n<=20),表示参加抽奖的人数。

Output

对于每个测试实例，请输出发生这种情况的百分比，每个实例的输出占一行, 结果保留两位小数(四舍五入)，具体格式请参照sample output。

Sample Input

1

2

Sample Output

50.00%

高中数学，排列组合

阿巴阿巴阿巴，好像是那个什么错排

求概率其实就是分子（错排）/分母（n!）。分母很好算，我们接下来考虑一下分子

考虑第n个数，假设把它放在了k的位置上，有n-1种方法，那么对于第k个数字放在哪里，又可以分两种情况讨论：

1、把第k个数放在n的位置上，那么就是剩下的n-2个数的错排问题

2、不把第k个数放在n的位置上，那么就是剩下n-1个数的错排问题

所以分子的递推关系式为：f[n] = (n - 1) * (f[n - 1] + f[n - 2])，注意初始化a[1] = 0; a[2] = 1;

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

int n, m;
double a[21], b[21];

int main() {
  while (scanf("%d", &n) != EOF) {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%d", &m);
      a[1] = 0;
      a[2] = 1;
      b[1] = 1;
      b[2] = 2;
      for (int i = 3; i <= m; i++) {
        a[i] = (i - 1) * (a[i - 1] + a[i - 2]);
  	b[i] = b[i - 1] * i;
      }
      printf("%.2lf%%\n", (a[m] / b[m]) * 100);
    }
  }
  return 0;
}

• HDU2049 不容易系列之(4)——考新郎
  
  题目链接

Problem Description

国庆期间,省城HZ刚刚举行了一场盛大的集体婚礼,为了使婚礼进行的丰富一些,司仪临时想出了有一个有意思的节目,叫做"考新郎",具体的操作是这样的:

首先,给每位新娘打扮得几乎一模一样,并盖上大大的红盖头随机坐成一排;

然后,让各位新郎寻找自己的新娘.每人只准找一个,并且不允许多人找一个.

最后,揭开盖头,如果找错了对象就要当众跪搓衣板...

看来做新郎也不是容易的事情...

假设一共有N对新婚夫妇,其中有M个新郎找错了新娘,求发生这种情况一共有多少种可能.

Input

输入数据的第一行是一个整数C,表示测试实例的个数，然后是C行数据，每行包含两个整数N和M(1<M<=N<=20)。

Output

对于每个测试实例，请输出一共有多少种发生这种情况的可能，每个实例的输出占一行。

Sample Input

2

2 2

3 2

Sample Output

1

3

高中排列组合，从n中选出m个，然后乘上错排公式，即C[m][n] * f[n]（f[n]为n的错排）

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

int c, n, m;
long long f[21];

long long work(int n, int m) {
  long long sum1, sum2;
  sum1 = sum2 = 1;
  for (int i = n; i >= n - m + 1; i--)
    sum1 *= i;
  for (int i = 1; i <= m; i++)
    sum2 *= i;
  return sum1/sum2;
}

int main() {
  while (scanf("%d", &c) != EOF) {
    for (int i = 1; i <= c; i++) {
      scanf("%d%d", &n, &m);
      long long ans;
      f[1] = 0;
      f[2] = 1;
      for (int j = 3; j <= m; j++)
  	f[j] = (j - 1) * (f[j - 1] + f[j - 2]);
      ans = work(n, m) * f[m];
      printf("%lld\n", ans);
    }
  }
  return 0;
}