第一題：記數問題

題目描述 Description

試計算在區間1到n的所有整數中，數字x（0≤x≤9）共出現了多少次？例如，在1到11中，即在1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11中，數字1出現了4次。

輸入描述 Input Description

輸入共1行，包含2個整數n、x，之間用一個空格隔開。

輸出描述 Output Description

輸出共1行，包含一個整數，表示x出現的次數。

樣例輸入 Sample Input

11 1

樣例輸出 Sample Output

4

這題與往年的題目有點相似，資料範圍也才1——1000000，不大，所以可以直接做：

#include <iostream>
using namespace std;
int x,r,l,k,ans;
int main(){
    cin>>r>>x;
    for(l=1;l<=r;l++)
    {
        k=l;
        while(k!=0){if(k%10==x)ans++;k/=10;}
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

第二題：表示式求值

題目描述 Description

給定一個只包含加法和乘法的算術表示式，請你程式設計計算表示式的值。

輸入描述 Input Description

輸入僅有一行，為需要你計算的表示式，表示式中只包含數字、加法運算子“+”和乘法運算子“*”，且沒有括號，所有參與運算的數字均為0到2^31-1之間的整數。輸入資料保證這一行只有0~9、+、*這12種字元。

輸出描述 Output Description

輸出只有一行，包含一個整數，表示這個表示式的值。注意：當答案長度多於4位時，請只輸出最後4位，前導0不輸出。

樣例輸入 Sample Input

[Sample 1]
1+1*3+4
[Sample 2]
1+1234567890*1
[Sample 3]
1+1000000003*1

樣例輸出 Sample Output

[Sample 1]
8
[Sample 2]
7891
[Sample 3]
4

其實題目本意非常簡單，就是給個表示式，我的思路是：

1）讀入一個數字讀入一個符號（因為題目讓我們只保留後四位，所以讀入數字時，要mod 10000）

2）根據優先順序，先處理乘號

3）直接累加

code:

#include<iostream>
using namespace std;
unsigned long long num[100000];
char sign[100000];
unsigned long long i,l=1,ans;
int main(){
    cin>>num[1];
    while(cin>>sign[l]){
        l++;
        cin>>num[l];
        num[l]%=10000;
    }
    l--;
    for(i=1;i<=l;i++)
    if(sign[i]=='*')
    {num[i+1]=num[i]*num[i+1];num[i]=0;num[i+1]%=10000;}
    for(i=1;i<=l+1;i++)ans+=num[i];
    cout<<ans%10000;
    return 0;
}
	

第三題：小朋友的數字

題目描述 Description

有n個小朋友排成一列。每個小朋友手上都有一個數字，這個數字可正可負。規定每個小朋友的特徵值等於排在他前面（包括他本人）的小朋友中連續若干個（最少有一個）小朋友手上的數字之和的最大值。
作為這些小朋友的老師，你需要給每個小朋友一個分數，分數是這樣規定的：第一個小朋友的分數是他的特徵值，其它小朋友的分數為排在他前面的所有小朋友中（不包括他本人），小朋友分數加上其特徵值的最大值。
請計算所有小朋友分數的最大值，輸出時保持最大值的符號，將其絕對值對p取模後輸出。

輸入描述 Input Description

第一行包含兩個正整數n、p，之間用一個空格隔開。
第二行包含n個數，每兩個整數之間用一個空格隔開，表示每個小朋友手上的數字。

輸出描述 Output Description

輸出只有一行，包含一個整數，表示最大分數對p取模的結果。

樣例輸入 Sample Input

[Sample 1]
5 997
1 2 3 4 5
[Sample 2]
5 7
-1 -1 -1 -1 -1

樣例輸出 Sample Output

[Sample 1]
21
[Sample 2]
-1

資料範圍及提示 Data Size & Hint

【樣例說明】
樣例1小朋友的特徵值分別為1、3、6、10、15，分數分別為1、2、5、11、21，最大值21對997的模是21。
樣例2小朋友的特徵值分別為-1、-1、-1、-1、-1，分數分別為-1、-2、-2、-2、-2，最大值-1對7的模為-1，輸出-1。

【資料範圍】
對於50%的資料，1≤n≤1,000，1≤p≤1,000所有數字的絕對值不超過1000；
對於100%的資料，1≤n≤1,000,000，1≤p≤10^9，其他數字的絕對值均不超過10^9。

比較easy的一個DP,特殊值就用最大子段和來求，分數不能直接求，要找規律，要麼越來越大，要麼越來越小，越來越小輸出第一個，越來越大輸出第n個

時間複雜度O(2n)

code:

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#define LL long long// 因為這道題有可能會很大的數，用longlong

using namespace std;

LL maxx ( LL x, LL y){ return x > y ? x : y; } // 求兩個數的最大值

LL n, p, a[1100000];// a是一開始的那一段數

LL b[1100000],c[1100000]; // b是特徵值，c是分數

int main (){

    int i, j;

    scanf ( "%lld%lld", &n,&p );

    for ( i = 1; i <= n; i ++ )

     scanf( "%lld", &a[i] );

    b[1] = a[1];

    LL now = maxx ( a[1], 0 ); // 看看第一個數是正數還是負數，如果是負數，則忽略這一個數，免得使統計的數變小

    for ( i = 2; i <= n; i ++ ){

        b[i]= b[i - 1]; // 先等於前面的特徵值

        now+= a[i]; // 把這個累加值加上當前小孩子手上的數字

        b[i] = maxx ( now, b[i] ); // 看看是前面特徵值的大還是累加值大

        if( now < 0 ) now = 0; // 如果累加值比0小，那又把它變成0，重新累加

    }

    c[1] = b[1];

    c[2] = c[1] + b[1]; // c1和c2是固定的，可以現在前面算

    int ok = 0; // ok就是看是最後的值更大些還是第一個更大些

    LL tmp = c[1];

    for ( i = 2; i < n; i ++ ){

        tmp += maxx ( b[i], 0ll );

        if ( tmp >= 0 ){ // 如果這個累加值比0大，那麼就證明會累加越來越大

            ok = 1;

            break;

        }

    }

    for ( i = 3; i <= n; i ++ )

     c[i]= ( c[i - 1] + maxx ( b[i - 1], 0ll ) ) % p; // 求每個人分數的最大值

    if ( ok ) // 如果最後的大些

     printf ( "%d\n", int ( c[n] ) ); // 輸出最後的

    else // 如果第一個大些

     printf ( "%d\n", int ( c[1] % p ) );// 輸出第一個

    return 0;  

}
		

第四題：車站分級

題目描述 Description

一條單向的鐵路線上，依次有編號為1, 2, …, n的n個火車站。每個火車站都有一個級別，最低為1級。現有若干趟車次在這條線路上行駛，每一趟都滿足如下要求：如果這趟車次停靠了火車站x，則始發站、終點站之間所有級別大於等於火車站x的都必須停靠。（注意：起始站和終點站自然也算作事先已知需要停靠的站點）
例如，下表是5趟車次的執行情況。其中，前4趟車次均滿足要求，而第5趟車次由於停靠了3號火車站（2級）卻未停靠途經的6號火車站（亦為2級）而不滿足要求。

現有m趟車次的執行情況（全部滿足要求），試推算這n個火車站至少分為幾個不同的級別。

輸入描述 Input Description

第一行包含2個正整數n, m，用一個空格隔開。
第i+1行（1≤i≤m）中，首先是一個正整數s_i（2≤s_i≤n），表示第i趟車次有s_i個停靠站；接下來有s_i個正整數，表示所有停靠站的編號，從小到大排列。每兩個數之間用一個空格隔開。輸入保證所有的車次都滿足要求。

輸出描述 Output Description

輸出只有一行，包含一個正整數，即n個火車站最少劃分的級別數。

樣例輸入 Sample Input

[Sample 1]
9 2
4 1 3 5 6
3 3 5 6
[Sample 2]
9 3
4 1 3 5 6
3 3 5 6
3 1 5 9

樣例輸出 Sample Output

[Sample 1]
2
[Sample 2]

3

拓撲排序模板，只要在拓撲排序的過程中找到不能刪除的，需要的層次就++

相比較往年是為數不多的100行以內的題目了

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<memory.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 2002;
int N,M;int P;
int s[MAX_N]; //how many stations in route i
int level[MAX_N]; //level
int infor[MAX_N][MAX_N]; //info about route i
vector<int> d[MAX_N]; //don't stop here
vector<int> p[MAX_N]; //stop here
int adj[MAX_N][MAX_N];
int con[MAX_N];
void init()
{
	int i,j,k;
	scanf("%d %d",&N,&M);
	memset(adj,-1,sizeof(adj));
	P=N;
	for (i=1;i<=M;i++)
	{
		scanf("%d",&s[i]); //讀入 
		for (j=1;j<=s[i];j++)
		scanf("%d",&infor[i][j]);
		if (infor[i][s[i]]-infor[i][1]+1==s[i]) continue; 
		//如果在這條線路當中最後一個車站-第一個車站序號+1=總的經過車站數量，也就沒有不停的車站，就不存在做的可能
		//而題目保證一條線路中至少有2個停的車站，所以放心 
		for (j=infor[i][1],k=1;j<=infor[i][s[i]];j++)
		{
			if (j==infor[i][k]) {p[i].push_back(j);k++;}
			else {d[i].push_back(j);} //掃描那些節點在d停車的節點中 那些在p不停的當中 
		} 
		P++; //產生bt節點 
		for (j=0;j<d[i].size();j++)
		adj[d[i][j]][P]=0,con[P]++; //構造(Dij,P)有向邊 con[P]入度++ 
		for (j=0;j<p[i].size();j++)
		adj[P][p[i][j]]=1,con[p[i][j]]++;
	}
	for (i=1;i<=P;i++)
	level[i]=1;//初始化 level至少為1 
}
int find_zero()
{
	int i;
	for (i=1;i<=P;i++)
	if (con[i]==0) return i; //尋找入度為0的節點 
	return -1;
}
void work()
{
	int i,j,k;
	for (i=1;i<=P;i++)
	{
		k=find_zero();
		if (k==-1) return ; //如果沒有入度為0的頂點 說明做完了 
		for (k<=N?j=N+1:j=1;k<=N?j<=P:j<=N;j++)
		//完全可以寫for (j=1;j<=P;j++)
		//不過這是常數級別優化
		//因為根據題意可知
		//如果存在邊 (x,y) 則x∈車站T集合 y∈bt節點集合
		//否則 y∈車站T集合 x∈bt節點集合
		if (adj[k][j]!=-1) //-1表示沒有變 
		{
			level[j]=max(level[j],level[k]+adj[k][j]); //求最長路 
			adj[k][j]=false; //刪除這條邊 
			con[j]--;  //入度-- 
		}
		con[k]=-1; //標記已經做過這個頂點 
	}
}
void put()
{
	int i;
	int ans = 0;
	for (i=1;i<=P;i++)
	ans  = max(ans,level[i]); //尋找最大等級 
	printf("%d",ans);
}
int main()
{
	init();
	work();
	put();
	return 0;
}