PAT 刷题

Posted 2021-02-27 tfknight

print (-1%4) = 3
print (-2%4) = 2
print (1%4) = 3
print (0%4) = 0
print (3%4) = 3
print (5%4) = 1

n, k = map(int, input().split())
可以把一个字符串里面的两个数字变为int 


用一个dict模拟循环队列

每个输入包含一个测试用例。
每个测试用例的第一行包含一个正整数，表示转方向的次数N(N<=1000)。
接下来的一行包含一个长度为N的字符串，由L和R组成，L表示向左转，R表示向右转。

输出描述:

输出牛牛最后面向的方向，N表示北，S表示南，E表示东，W表示西。

n=input()
m=input()
dict1={‘1‘:‘E‘,‘2‘:‘S‘,‘3‘:‘W‘,‘0‘:‘N‘}
init=0
for i in range(int(n)):
    if m[i]==‘L‘:
        init-=1
    else:
        init+=1
print (init)
print(dict1[str(init%4)])

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比较绕的一个题：

思路：

朴素的做法是枚举n^2个点然后跟k作比较。这显然对n<=100000的规模来说是不允许通过的。

注意到当除数是y时，当x=1~n时，余数是1,2,3,...,y-1,0循环出现，循环节长度显然是y

那么我们可以枚举y=k~n(当y<k时所有余数均小于k，因此不需要考虑)

然后对于x=1~n，总共出现了[n/y]个循环节，然后数出每个循环节里面不小于k的余数。最后再数出不满一个循环节的不小于k的余数，就是答案了。注意当k=0的时候由于余数0出现在循环的末尾，因此要特别判断。

复杂度为O(n)

 

养兔子：

/*

对于这样的题目主要是抓住递推式的关系。

我对于F(n)=F(n-1)+1*F(n-2)的公式理解是这样的。F(n-1)代表昨天的兔子总量。

F(n-2)代表前天的兔子总量，刚好只有前天的兔子具有生产能力。

所以如果题目改成一只成熟的兔子能够生产2只，那么通项公式为F(n)=F(n-1)+2*F(n-2)

  

先预处理一个数组，这样对于多组测试数据就可以节约一点时间。

*/

while True:
    try:
        a, res = int(input()), [1, 2]
        while len(res) < a:
            res.append(res[-1] + res[-2])
        print(res[a - 1])
    except:
        break

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母牛的故事

有一头母牛，它每年年初生一头小母牛。每头小母牛从第四个年头开始，每年年初也生一头小母牛。请编程实现在第n年的时候，共有多少头母牛？

F(1) = 1,F(2) = 2,F(3)= 3, F(4)= 4，
从第4年后（即第五年），大母牛生的小母牛开始可以生小牛，F(5)=F(4)+F(2),即F(n)= F(n-1)+F(n-3),意思为去年的牛数量+可以生小牛的牛的数量=现在的数量
由于又多组数据，可以直接打表，打表的时间复杂度为O(n)（n为表长），加Q次查询，时间复杂度为O(n+Q).

#include <cstdio>
 
const int MAXN = 60;
int ans[MAXN]= {0,1,2,3};
 
int main(int argc, char const *argv[]){
    int n;
    for (int i = 4; i < 55; ++i) {//打表
        ans[i] = ans[i-1] + ans[i -3];//去年的牛+出生后的牛生的小牛
    }
    while(scanf("%d", &n) != EOF){
        printf("%d
", ans[n]);
    }
    return 0;
}

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