PAT 刷题

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了PAT 刷题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

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。
技术图片
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。
*/
技术图片
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).
技术图片
#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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以上是关于PAT 刷题的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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