浙大09年复试机试题目

  做了近几年浙大的机试题，09年是最容易的一年。虽然知道做这些题目真正用到的机会渺茫，但还是会坚持做完，毕竟已经开始了，就不想中途放弃，浙大永远是我的梦...

第一题：xxx定律：数n，如果是偶数，把n砍掉一半；如果奇数，把３n+ 1砍掉一半，直到数变为1为止。测试包含多个用例，当数为0时结束。输出需要经过几步将n变到1；

 

Input:

3

1

0

Output:

5

0

 我的代码：

 #include<stdio.h>int main(){int n,i;while(scanf("%d",&n)&&n!=0){i=0;while(n!=1){if(n%2==0)n/=2;else{n=(3*n+1)/2;}i++;}printf("%d/n",i);}return 0;}

第二题：ZOJ，读入一个字符串，字符串中包含ZOJ三个字符，个数不一定相等，按ZOJ的顺序输出，当某个字符用完时，剩下的仍然安装ZOJ的顺序输出。当读入的字符串为E时，结束。

 

Input：

ZZOOOJJJ

ZZZZOOOOOJJJ

E

 

Output:

ZOJZOJOJ

ZOJZOJZOJZOO

我的代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>int main(){char ch[105];int zi,oi,ji,t;while(scanf("%s",ch)&&strcmp(ch,"E")!=0){zi=oi=ji=0;for(t=0;t<(int)strlen(ch);t++){if(ch[t]=='Z')zi++;else if(ch[t]=='O')oi++;else if(ch[t]=='J')ji++;else printf("error");}t=zi;if(t<oi)t=oi;if(t<ji)t=ji;for(;t>0;t--){if(zi!=0){printf("Z");zi--;}if(oi!=0){printf("O");oi--;}if(ji!=0){printf("J");ji--;}}printf("/n");memset(ch,0,105);}return 0;}

 

第三题：继续xxx定律，当n为3时，我们在验证xxx定律的过程中会得到一个序列，3，5，8，4，2，1，将3称为关键数，5，8，4，2称为覆盖数。现在输入n个数字，根据关键数与覆盖数的理论，我们只需要验证其中部分数就可以确定所有数满足xxx定律，输入输入的n个数中的关键数。

 

Input：第一行，n，第二行n个数，n为0时结束

3

3 8 4

0

 

Output：有多个关键数时逆序输出

3

 

我的代码：

#include<stdio.h>int main(){int n,i,m,j,k;int d[105],t[105];bool flg,f;while(scanf("%d",&n)&&n!=0){for(i=0;i<105;i++){d[i]=t[i]=0;}for(i=0;i<n;i++){scanf("%d",&d[i]);}f = true;for(i=0;i<n;i++){m = d[i];t[m] = 1;while(m!=1){if(m%2==0){m/=2;}else{m=(3*m+1)/2;}t[m]=1;}t[1]=1;flg = true;for(j=0;j<n;j++){if(t[d[j]]==0){flg = false;break;}}if(flg){if(f){printf("%d",d[i]);f = false;}elseprintf(" %d",d[i]);}for(k=0;k<105;k++)t[k] = 0;}printf("/n");for(k=0;k<105;k++)d[k] = 0;}return 0;}

 

第四题：寻找大富翁；输入n（0<n<=100000），m(0<m<=10)，n为小镇上的人数，m为需要找出的大富翁数。输入：

n, m 接下来一行输入小镇n个人的财富值，输出：前m个大富翁的财产数，n为0时结束

 

Input:

3 1

2 5 -1

0 0

 

Output：

5

 

我的代码：

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;bool cmp(int a,int b){if(a>=b)return true;else return false;}int main(){int n,m,i;int p[100005];while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n!=0){for(i=0;i<n;i++){scanf("%d",&p[i]);}sort(p,p+n,cmp);for(i=0;i<m;i++){if(i==0)printf("%d",p[i]);elseprintf(" %d",p[i]);}printf("/n");for(i=0;i<100005;i++)p[i]=0;}return 0;}

 

第五题: 找出直系亲属。如果A，B是C的父母亲，则A，B是C的parent，C是A，B的child，如果A，B是C的（外）祖父，祖母，则A，B是C的grandparent，C是A，B的grandchild，如果A，B是C的（外）曾祖父，曾祖母，则A，B是C的great-grandparenet，C是A，B的great-grandchild，之后再多一辈，则在关系上加一个great-。

输入：n（0<=n<=26）表示n个亲属关系，形式为ABC，表示A的父母亲分别是B，C，如果A的父母亲信息不全，则用-代替，例如A-C。m（。。。）代表测试用例数，形式AB。输出：AB的关系，如A是B的直系亲属，按上述要求输出关系，如果A，B没有关系，输出-。当n为0时结束。

 

Input：

3 2

ABC

CDE

EFG

FA

BE

0 0

 

Output:

great-grandparent

 

做题思路：

1。利用的是树的概念，除了添加每个节点的双亲索引外，还增加了每个节点所在的层次（leve）

2。先通过层次遍历的方式查询两个节点是否存在亲属关系，如果存在则根据leve的差确定具体的亲属关系。

附我的代码：

（拖到现在也真是够晚的...）

#include<iostream>#include<string>#include<queue>using namespace std;struct People{char r;int p1;int p2;int level;};People p[105];int Count;int isExist(char c){int i;for(i=0;i<Count;i++){if(p[i].r==c)return i;}return -1;}void FindRelation(char c1,char c2){queue<int> q;int i,j,k,a,b,ai,bi;bool flg;a=isExist(c1);b=isExist(c2);//ai-child bi-parentif(p[a].level>p[b].level) {ai=b;bi=a;}else{ai=a;bi=b;}if(p[ai].p1!=-1)q.push(p[ai].p1);if(p[ai].p2!=-1)q.push(p[ai].p2);flg = false;while(!q.empty()){i=q.front();if(i==bi){flg = true;break;}if(p[i].p1==bi){flg = true;break;}if(p[i].p2==bi){flg = true;break;}q.pop();if(p[i].p1!=-1)q.push(p[i].p1);if(p[i].p2!=-1)q.push(p[i].p2);}string str1 = "grandparent";string str2 = "grandchild";if(flg){if(p[a].level>p[b].level){j= p[a].level-p[b].level;if(j==1)printf("parent/n");else if(j==2)printf("grandparent/n");else if(j>=3){k=j-2;for(;k>0;k--){str1="great-"+str1;}cout<<str1<<endl;}}else{j= p[b].level-p[a].level;if(j==1)printf("child/n");else if(j==2)printf("grandchild/n");else if(j>=3){k=j-2;for(;k>0;k--){str2="great-"+str2;}cout<<str2<<endl;}}}elseprintf("-/n");}int main(){int i,j,n,m,t[4];char s[4],cmd[3];while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n!=0){Count=0;for(i=0;i<n;i++){scanf("%s",s);for(j=0;j<3;j++){if(s[j]=='-')t[j] = -1;else{t[j] = isExist(s[j]);if(t[j]==-1) //not exist{p[Count].r = s[j];p[Count].p1 = -1;p[Count].p2 = -1;if(Count==0) //the below levelp[Count].level = 0;elsep[Count].level = -1;t[j] = Count;Count++;}}}p[t[0]].p1=t[1];p[t[0]].p2=t[2];if(t[1]!=-1)p[t[1]].level=p[t[0]].level+1;if(t[2]!=-1)p[t[2]].level=p[t[0]].level+1;}for(i=0;i<m;i++){scanf("%s",cmd);FindRelation(cmd[0],cmd[1]);}for(i=0;i<105;i++){p[i].level = -1;p[i].p1 = -1;p[i].p2 = -1;p[i].r = 0;}}return 0;}