九度oj题目&吉大考研11年机试题全解

时间：2023-03-08 17:02:27
九度oj题目&吉大考研11年机试题全解

九度oj题目(吉大考研11年机试题全解)

吉大考研机试2011年题目：

题目一(jobdu1105：字符串的反码)、    http://ac.jobdu.com/problem.php?pid=1105

一个二进制数，将其每一位取反，称之为这个数的反码。以下我们定义一个字符的反码。假设这是一个小写字符，则它和字符'a’的距离与它的反码和字符'z’的距离同样；假设是一个大写字符，则它和字符'A’的距离与它的反码和字符'Z’的距离同样；假设不是上面两种情况，它的反码就是它自身。

比如：'a’的反码是'z’；'c’的反码是'x’；'W’的反码是'D’；'1’的反码还是'1’；'$'的反码还是'$'。一个字符串的反码定义为其全部字符的反码。我们的任务就是计算出给定字符串的反码。输入!结束。

题目分析：此题目是字符串模拟问题，至须要依据题意模拟就可以，对于大写和小写推断就可以

if(大写字符)  s[i] = 'A' + 'Z' - s[i];        
if(小写字符)  s[i] = 'a' + 'z' - s[i];



AC代码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cctype>//调用库函数,读者能够自己写
using
namespace std;
int
main()
{
    string s;
    while(getline(cin,s)){//注意空格
        if(s=="!")
break;
        for(int
i=0;i<s.length();i++){
            if(isupper(s[i])){//是大写字母
                s[i]='A'+'Z'-s[i];
            }
            if(islower(s[i])){//是小写字母
                s[i]='a'+'z'-s[i];
            }
        }
        cout<<s<<endl;
    }
    return
0;
}



题目二(jobdu1106：数字之和)、   http://ac.jobdu.com/problem.php?pid=1106

      对于给定的正整数 n，计算其十进制形式下全部位置数字之和，并计算其平方的各位数字之和。



题目分析：把整数转化成字符串，逐个累加每一位数字，注意字符转化为整数仅仅须要减去‘0’，即减去‘0’的ASCII值



AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using
namespace std;
int
CountSum(char *s){
    int
sum=0,len=strlen(s);
    for(int
i=0;i<len;i++){
        sum+=(s[i]-'0');
    }
    return
sum;
}
int
main()
{
    int
n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
        char
s0[20],s1[20];
        sprintf(s0,"%d",n);//itoa(n,s0,10);写入字符串
        sprintf(s1,"%d",n*n);
        printf("%d %d\n",CountSum(s0),CountSum(s1));
        //cout<<CountSum(s0)<<" "<<CountSum(s0)<<endl;
    }
    return
0;
}

题目三(jobdu1107：搬水果)、    http://ac.jobdu.com/problem.php?pid=1107

      小明能够把两堆水果合并到一起，消耗的体力等于两堆水果的重量之和。当然经过 n‐1 次合并之后，就变成一堆了。小明在合并水果时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和。你的任务是设计出合并的次序方案，使小明耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。比如有 3 种水果，数目依次为 1，2，9。能够先将 1，2 堆合并，新堆数目为3，耗费体力为 3。然后将新堆与原先的第三堆合并得到新的堆，耗费体力为 12。所以小明总共耗费体力=3+12=15，能够证明 15 为最小的体力耗费值。



题目分析：

此题在考优先队列，只是也不用自己写，STL里面有优先队列priority_queue



AC代码：

/**
 *优先队列问题
 */
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
using
namespace std;
int
main()
{
    //数据越小优先级越高,当中第二个參数为容器类型,第二个參数为比較函数。
    int
n;
    while(cin>>n&&n){
        priority_queue<int, vector<int>,
greater<int> > q;
        int
a,b;
        for(int
i=0;i<n;i++){
            cin>>a;
            q.push(a);
        }
        int
s=0;
        while(q.size()>1){
            a=q.top(); q.pop();
            b=q.top(); q.pop();
            s+=a+b;
            q.push(a+b);
        }
        cout<<s<<endl;
    }
    return
0;
}

题目四(jobdu1108：堆栈的使用)、    http://ac.jobdu.com/problem.php?pid=1108

      依据给定的字符，模拟栈的操作。每行的第一个字符可能是'P’或者'O’或者'A’；假设是'P’，后面还会跟着一个整数，表示把这个数据压入堆栈；假设是'O’，表示将栈顶的值 pop 出来，假设堆栈中没有元素时，忽略本次操作；假设是'A’，表示询问当前栈顶的值，假设当时栈为空，则输出'E'。堆栈開始为空。



题目分析：仅仅须要把各个字符与栈的操作相相应就可以。



AC代码：

#include<iostream>
#include<stack>
using
namespace std;
int
main()
{
    int
n;
    while(cin>>n&&n){
        char
c; int
a;
        stack<int> sta;
        for(int
i=0;i<n;i++){
            cin>>c;
            switch(c){
                case
'P':
                    cin>>a;
                    sta.push(a);
                break;
                case
'O':
                    if(!sta.empty()){//非空输出
                        sta.pop();
                    }
                break;
                case
'A':
                    if(!sta.empty()){//非空输出
                        cout<<sta.top()<<endl;
                    }
                    else
cout<<"E"<<endl;
                break;
                default:
break;
            }
        }
        cout<<endl;
    }
    return
0;
}

题目五(jobdu1109：连通图)、   

      给定一个无向图和当中的全部边，推断这个图是否全部顶点都是连通的。



题目分析：简单的dfs()+标记搜索



AC代码：

/**
 *深度优先遍历+訪问标记
 */
#include<iostream>
#include<cstring>
using
namespace std;
int
m,n,a[1001][1001];//记录边,a[i][j]=1;表示联通
int
vis[1001];//记录定点是否被訪问
int
dfs(int i){
    vis[i]=1;//先做标记,已訪问
    for(int
j=1;j<=n;j++){//模拟推断全部边点
        if(a[i][j]==1&&vis[j]==0)//能联通,且未訪问
            dfs(j);
    }
}
int
main()
{
    int
b,c;
    while(cin>>n>>m&&n){
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int
i=0;i<m;i++){
            cin>>b>>c;
            a[b][c]=a[c][b]=1;//无向图
        }
        dfs(1);//从第一个节点開始,原则上能够从随意结点開始
        int
ok=1;
        for(int
i=1;i<=n;i++){
            if(vis[i]==0){//不联通
                ok=0;
break;
            }
        }
        if(ok) cout<<"YES"<<endl;
        else
cout<<"NO"<<endl;
    }
    return
0;
}