小C的倍数问题

 
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Problem Description

根据小学数学的知识，我们知道一个正整数x是3的倍数的条件是x每一位加起来的和是3的倍数。反之，如果一个数每一位加起来是3的倍数，则这个数肯定是3的倍数。

现在给定进制P，求有多少个B满足P进制下，一个正整数是B的倍数的充分必要条件是每一位加起来的和是B的倍数。

Input

第一行一个正整数T表示数据组数(1<=T<=20)。

接下来T行，每行一个正整数P(2 < P < 1e9)，表示一组询问。

Output

对于每组数据输出一行，每一行一个数表示答案。

Sample Input
1

10
Sample Output
3

思路：找出P-1的因子个数，对于P进制来说，P-1是满足条件的，然后一个数如果是P-1的因子，你动动手就会发现同样也是满足条件的；

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-14

#define bug(x)  cout<<"bug"<<x<<endl;

const int N=1e4+,M=1e6+,inf=;

const LL INF=1e18+,mod=1e9+;

int main()

{

    int T;

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        int n,ans=;

        scanf("%d",&n);

        for(int i=;i*i<=n;i++)

        if((n-)%i==)

        {

            ans+=;

            if(i*i==n-)ans--;

        }

        printf("%d\n",ans);

    }

    return ;

}

今夕何夕

 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
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Problem Description

今天是2017年8月6日，农历闰六月十五。

小度独自凭栏，望着一轮圆月，发出了“今夕何夕，见此良人”的寂寞感慨。

为了排遣郁结，它决定思考一个数学问题：接下来最近的哪一年里的同一个日子，和今天的星期数一样？比如今天是8月6日，星期日。下一个也是星期日的8月6日发生在2023年。

小贴士：在公历中，能被4整除但不能被100整除，或能被400整除的年份即为闰年。

Input

第一行为T，表示输入数据组数。

每组数据包含一个日期，格式为YYYY-MM-DD。

1 ≤ T ≤ 10000

YYYY ≥ 2017

日期一定是个合法的日期

Output

对每组数据输出答案年份，题目保证答案不会超过四位数。

Sample Input
3

2017-08-06

2017-08-07

2018-01-01
Sample Output
2023

2023

2024

思路：模拟题没什么好说的，注意2月29即可；

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<set>

#include<map>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-14

#define bug(x)  cout<<"bug"<<x<<endl;

const int N=1e4+,M=1e6+,inf=;

const LL INF=1e18+,mod=1e9+;

int mouth[]={,,,,,,,,,,,,};

int yyyy(int x)

{

    if(x%==||(x%==&&x%!=))

    return ;

    return ;

}

int much(int y,int m,int d)

{

    int flag=yyyy(y);

    int ans=;

    for(int i=;i<m;i++)

    {

        if(i==)

        {

            if(flag)ans+=;

            else ans+=;

        }

        else ans+=mouth[i];

    }

    return ans+d;

}

int fuck(int yy,int mm,int dd,int y,int m,int d)

{

    int ans=;

    for(int i=yy;i<y;i++)

    {

        if(yyyy(i))ans+=;

        else ans+=;

    }

    return ans;

}

int main()

{

    int T;

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        int y,m,d;

        scanf("%d-%d-%d",&y,&m,&d);

        if(m==&&d==)

        {

            int pre=y,ans=;

            for(int i=y+;;i+=)

            {

                if(yyyy(i)==)continue;

                ans+=fuck(pre,m,d,i,m,d);

                if(ans%==)

                {

                    printf("%d\n",i);

                    break;

                }

                pre=i;

            }

        }

        else

        {

            int ans=;

            for(int i=y+;;i++)

            {

            int d1=much(i-,m,d);

            int d2=much(i-,,);

            int d3=much(i,m,d);

            ans+=d2-d1+d3;

            if(ans%==)

            {

                printf("%d\n",i);

                break;

            }

            }

        }

    }

    return ;

}

度度熊的01世界

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Problem Description

度度熊是一个喜欢计算机的孩子，在计算机的世界中，所有事物实际上都只由0和1组成。

现在给你一个n*m的图像，你需要分辨他究竟是0，还是1，或者两者均不是。

图像0的定义：存在1字符且1字符只能是由一个连通块组成，存在且仅存在一个由0字符组成的连通块完全被1所包围。

图像1的定义：存在1字符且1字符只能是由一个连通块组成，不存在任何0字符组成的连通块被1所完全包围。

连通的含义是，只要连续两个方块有公共边，就看做是连通。

完全包围的意思是，该连通块不与边界相接触。

Input

本题包含若干组测试数据。 每组测试数据包含： 第一行两个整数n,m表示图像的长与宽。 接下来n行m列将会是只有01组成的字符画。

满足1<=n,m<=100

Output

如果这个图是1的话，输出1；如果是0的话，输出0，都不是输出-1。

Sample Input
32 32

00000000000000000000000000000000

00000000000111111110000000000000

00000000001111111111100000000000

00000000001111111111110000000000

00000000011111111111111000000000

00000000011111100011111000000000

00000000111110000001111000000000

00000000111110000001111100000000

00000000111110000000111110000000

00000001111110000000111110000000

00000001111110000000011111000000

00000001111110000000001111000000

00000001111110000000001111100000

00000001111100000000001111000000

00000001111000000000001111000000

00000001111000000000001111000000

00000001111000000000000111000000

00000000111100000000000111000000

00000000111100000000000111000000

00000000111100000000000111000000

00000001111000000000011110000000

00000001111000000000011110000000

00000000111000000000011110000000

00000000111110000011111110000000

00000000111110001111111100000000

00000000111111111111111000000000

00000000011111111111111000000000

00000000111111111111100000000000

00000000011111111111000000000000

00000000001111111000000000000000

00000000001111100000000000000000

00000000000000000000000000000000

32 32

00000000000000000000000000000000

00000000000000001111110000000000

00000000000000001111111000000000

00000000000000011111111000000000

00000000000000111111111000000000

00000000000000011111111000000000

00000000000000011111111000000000

00000000000000111111110000000000

00000000000000111111100000000000

00000000000001111111100000000000

00000000000001111111110000000000

00000000000001111111110000000000

00000000000001111111100000000000

00000000000011111110000000000000

00000000011111111110000000000000

00000001111111111111000000000000

00000011111111111111000000000000

00000011111111111111000000000000

00000011111111111110000000000000

00000000001111111111000000000000

00000000000000111111000000000000

00000000000001111111000000000000

00000000000111111110000000000000

00000000000011111111000000000000

00000000000011111111000000000000

00000000000011111111100000000000

00000000000011111111100000000000

00000000000000111111110000000000

00000000000000001111111111000000

00000000000000001111111111000000

00000000000000000111111111000000

00000000000000000000000000000000

3 3

101

101

011
Sample Output
0

1

-1

思路:把与外围相连的0的联通块去掉，剩下的就是被1包围的，你只需要判断1，0联通块的个数即可；

　　并查集判联通；

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<string>

#include<queue>

#include<algorithm>

#include<stack>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<list>

#include<set>

#include<map>

#include<bitset>

#include<time.h>

using namespace std;

#define LL long long

#define pi (4*atan(1.0))

#define eps 1e-4

#define bug(x)  cout<<"bug"<<x<<endl;

const int N=2e4+,M=1e6+,inf=1e9+,MOD=1e9+;

const LL INF=1e18+,mod=1e9+;

int fa[N];

int vis[N],flag[N];

int Find(int x)

{

    return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);

}

void update(int x,int y)

{

    int u=Find(x);

    int v=Find(y);

    if(u!=v)fa[u]=v;

}

int n,m;

char a[][];

int check(int x,int y)

{

    if(x<=|x>n||y<=||y>m)

        return ;

    return ;

}

int xx[]={,,-,};

int yy[]={,-,,};

int pos(int x,int y)

{

    return (x-)*m+y;

}

void xjhz()

{

    memset(vis,,sizeof(vis));

    memset(flag,,sizeof(flag));

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        for(int j=;j<=m;j++)

        {

            for(int k=;k<;k++)

            {

                int x=i+xx[k];

                int y=j+yy[k];

                if(check(x,y)&&a[x][y]==a[i][j])

                {

                    update(pos(x,y),pos(i,j));

                }

            }

        }

    }

    int zero=,one=;

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        for(int j=;j<=m;j++)

        {

            int XX=Find(pos(i,j));

            for(int k=;k<;k++)

            {

                int x=i+xx[k];

                int y=j+yy[k];

                if(check(x,y)==)

                    vis[XX]=;

            }

        }

    }

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        for(int j=;j<=m;j++)

        {

            int XX=Find(pos(i,j));

            if(a[i][j]=='')

            {

                if(!flag[XX])one++;

                flag[XX]=;

            }

            else

            {

                if(!vis[XX]&&!flag[XX])zero++;

                flag[XX]=;

            }

        }

    }

    if(one!=)printf("-1\n");

    else {

        if(zero==)printf("0\n");

        else if(zero==)printf("1\n");

        else printf("-1\n");

    }

}

int main()

{

    while(~scanf("%d%d",&n,&m))

    {

        for(int i=;i<=;i++)

            fa[i]=i;

        for(int i=;i<=n;i++)

        scanf("%s",a[i]+);

        xjhz();

    }

    return ;

}

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