2015 年普及组初赛整理

重新排列 1234 使得每一个数字都不在原来的位置上，一共有（ 9 ）种排法。

方法一：只有四个数，可以采用手工枚举的方式。

1234 2143 2413 3142 3412 3421 4132 4312 4321

因此答案为 9。

方法二：这是错排类问题。nn 个不同元素的一个错排可由下述两个步骤完成：

第一步，“错排” 11 号元素（将 11 号元素排在第 22 至第 nn 个位置之一），有 n-1n−1 种方法。

第二步，“错排”其余n−1 个元素，按如下顺序进行。视第一步的结果，若 1 号元素落在第 kk 个位置,第二步就先把 k 号元素“错排”好，kk 号元素的不同排法将导致两类不同的情况发生：1、k 号元素排在第 1 个位置，留下的 n−2 个元素在与它们的编号集相等的位罝集上“错排”，有 f(n -2)种方法；2、k 号元素不排第 1 个位置，这时可将第 1 个位置“看成”第 k个位置(也就是说本来准备放到 kk 位置为元素，可以放到 1 位置中)，于是形成（包括 kk 号元素在内的）n−1 个元素的“错排”，有 f( n- l) 种方法。据加法原理，完成第二步共有 f(n-2)+f(n-1) 种方法。根据乘法原理，nn 个不同元素的错排种数 f(n)= (n-l)[f(n-2)+f(n-l)](n > 2)。

假设有 n 封信，第一封信可放在 (2~n) 任一个信封里，共 n−1 种放法，设第一封信放在了第 k 个信封里，若此时第 k 封信放在了第 1 个信封里，则只要将剩下的 n-2 错排，即 f(n-2)，若第 k 封信没有放在了第 1个信封里，可将第 1 封信的位置看成是“第 k 个位置”，即将 n−1 封信错排，即为 f(n-l)。由递推可得：

f(n)=(n-1)\times[f(n-1)+f(n-2)]f(n)=(n−1)×[f(n−1)+f(n−2)]

f(1)=0,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=9f(1)=0,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=9。

（打印月历）输入月份 m(1 \le m \le 12)m(1≤m≤12)，按一定格式打印 20152015 第 mm 月的月历。

例如，2015 年一月的月历打印效果如下（第一列为周日）：

#include<iostream>
using namespace std;
const int dayNum[]={-1,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int m, offset, i;
int main()
{
cin >> m;
cout <<"S   M   T   W   T   F   S"<<endl;//'   '为tab制表符
①;
for (i = 1; i < m; i++)
offset = ②;
for (i = 0; i < offset; i++)
cout <<'   ';
for (i = 1; i <= ③;i++)
{
cout << ④;
if(i==dayNum[m]||⑤==0)
cout << endl;
else
cout << '   ';
}
return 0;
}

填空位置 ①：

offset = 4

填空位置 ②：

(offset + dayNum[i]) % 7

填空位置 ③：

dayNum[m]

填空位置 ④：

填空位置 ⑤：

(offset + i) % 7

首先我们先看到较为简单的第三、四两空，这两空对应的过程显然就是输出日历了。for循环内应该是对每一天输出一个日期，因此循环范围就应该是这个月的天数，也就是dayNum[m]。什么时候应该输出换行符呢？要么就是所有日期输出完毕了（i==dayNum[m]），要么就是输出了一个星期之后进行换行，所以这里对应的就是每个星期结束，也就是当i为 77 的倍数时进行换行。下面再回过来看前两空。通过上面一个for循环可以看出来这个offset是用来控制月历开始的时候要输出多少的空位，再参照题目给出的第一个月的月历就可以知道offset初值应该是 44，即第一空对应需要做的事情。但是这个offset只是对于第一个月正确，因此需要再加上所有小于 11 月的月份的天数，计算offset的方法即为(offset+dayNum[i]) % 7。

(中位数）给定 nn（nn 为奇数且小于 10001000）个整数，整数的范围在00~mm（0 \lt m \lt 2^{31}0<m<231）之间，请使用二分法求这 nn 个整数的中位数。所谓中位数，是指将这 nn 个数排序之后，排在正中间的数。

#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 1000;
int n,i,lbound,rbound,mid,m,count;
int x[MAXN];
int main()
{
cin >> n >> m;
for(i = 0; i < n; i++)
cin >> x[i];
lbound = 0;rbound = m;
while(①) {
mid=(lbound+rbound)/2;
②;
for(i = 0; i < n; i++)
{
if(③)
④;
}
if(count > n/2)
lbound = mid + 1;
else
⑤;
}
cout << rbound << endl;
return 0;
}

填空位置 ①：

lbound < rbound

填空位置 ②：

count = 0

填空位置 ③：

x[i] > mid

填空位置 ④：

count++

填空位置 ⑤：

rbound = mid

这是一道经典的左闭右闭的二分题，整个题目的过程为：先二分答案，再遍历整个数组验证。第一空是二分的条件，所以应该为lbound<rbound。第二空应该是将计数器count初始化操作，第三空、第四空就对应着统计大于（或小于）mid的数值个数的条件与过程，第五空则是调整右边界，可以参照左边界的调整方法仿写为rbound=mid。

(01) 每个节点有零个或多个子节点；
(02) 没有父节点的节点称为根节点；
(03) 每一个非根节点有且只有一个父节点；
(04) 除了根节点外，每个子节点可以分为多个不相交的子树。

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