前言
PAT 是浙江大学搞出来的一个编程（P rogramming）能力（A bility）测试（T est），在姥姥的大力推广下，目前也逐渐走上了正道，详细介绍可以直接到官网查看 http://pat.zju.edu.cn/
我断断续续也将上面的题目做得差不多了，想来也应该总结一下，算是给自己一个交代。题解大致的形式将会是每10个（或者少于10个）题目一篇博文，对每个题目而言，会简述题目大意，然后是思路整理，然后是代码链接。我已经完成的题目的代码都在github上，请戳我
题意
按照给定的格式输出两个整数的和：即每三位数一组用逗号分隔，例如 999991 就应该输出为 999,991
思路
简单题，可以将和每次三位取出（即按照1000进制），然后再从高位开始输出即可，注意处理负数，中间合适的位置加上,
主要代码如下：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
void format ( int n )
{
bool neg = false ;
if ( n < 0 )
{
neg = true ;
n = - n ;
}
stack < int > vi ;
do
{
vi . push ( n % 1000 );
n /= 1000 ;
} while ( n != 0 );
if ( neg )
cout << "-" ;
cout << vi . top ();
vi . pop ();
while ( ! vi . empty ())
{
int top = vi . top ();
vi . pop ();
printf ( ",%03d" , top );
}
cout << endl ;
}
完整代码请戳我
题意
求两个多项式的和，a 和 b 都以 K N1 aN1 N2 aN2 ... NK aNK的形式表示，其中 K 表示多项式中中非零项的个数，Ni 和 aNi 分别表示指数和系数
思路
类似于归并的思想，从高到低将指数相同的项的系数加起来，如果某指数项只在一个数中有，直接保留在结果里即可，需要注意的是如果系数加起来为0，这一项就不能放进结果。
核心代码：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
// p1+p1
vector < Poly > result ;
vector < Poly >:: iterator vi1 = p1 . begin ();
vector < Poly >:: iterator vi2 = p2 . begin ();
while (( vi1 != p1 . end ()) && ( vi2 != p2 . end ()))
{
if ( vi1 -> exp == vi2 -> exp )
{
tmp . exp = vi1 -> exp ;
tmp . coe = vi1 -> coe + vi2 -> coe ;
if ( tmp . coe != 0 )
result . push_back ( tmp );
++ vi1 ;
++ vi2 ;
}
else if ( vi1 -> exp > vi2 -> exp )
{
result . push_back ( * vi1 );
++ vi1 ;
}
else
{
result . push_back ( * vi2 );
++ vi2 ;
}
}
while ( vi1 != p1 . end ())
{
result . push_back ( * vi1 );
++ vi1 ;
}
while ( vi2 != p2 . end ())
{
result . push_back ( * vi2 );
++ vi2 ;
}
完整代码请戳我
题意
给定城市之间的道路距离，以及每个城市的营救队的人数，求从城市 c1 到 c2的最短路径的条数，以及沿途能够召集的最大人数。
思路
典型的最短路径题，采用Dijkstra算法，但是这里不仅仅是找出一条最短路径，而是要计算最短路径的条数，并且需要统计沿途能够召集的最大人数。能够召集的人数没什么问题，只需要在最短路径的基础上加上一个人数的比较，callup[c]表示达到城市c的时候能够召集的最大人数。用count_path[c]表示到达城市c的最短路径的条数。
如果 dist[c] + edge[c,adj] < dist[adj] 则 dist[adj] = dist[c] + edge[c,adj]; count_path[adj] = count_path[c]； callup[adj] = callup[c] + people[adj]
如果 dist[c] + edge[c,adj] == dist[adj] 也就是有多条距离相同的路径到达城市adj，这个时候 count_path[adj] = count_path[adj] + count_path[c]; callup[adj] = max { callup[adj], callup[c] + people[adj] }
代码结构：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
// start from start city
dist [ start ] = 0 ;
count [ start ] = 1 ; // one shortest path from start to start
callup [ start ] = people [ start ];
while ( true )
{
int city = nearest_city ();
visited [ city ] = true ;
if ( city == end )
break ;
update_neighbor ( city );
}
nearest_city，可以通过priority_queue最小堆实现，我当时用了线性遍历查找，因为测试数据小，也能过。
完整代码请戳我
题意
统计一个家谱树中没有孩子的成员，也就是叶子节点的个数，题目要求按层输出每一层没有孩子的成员
输入：
N M
ID k ID[1] ID[2] … ID[k]
…
其中 N是总结点树，M是非叶子节点数目，接下来 M 行每一行都是 节点号 孩子个数 孩子编号列表
思路
输入之后构成一个图（一棵树），使用矩阵或者邻接链表都行：
类似于
编号 孩子列表
01 02 03
02 04
03 05
从根开始采用广度优先遍历，统计每一层没有孩子的节点即可，具体操作核心代码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
struct Node
{
int id ;
int level ;
};
int count [ MAX_NODE ];
queue < Node > q ;
//...
Node root ;
root . id = 1 ;
root . level = 1 ;
q . push ( root );
while ( ! q . empty ())
{
Node node = q . front ();
q . pop ();
if ( node has no child )
{
count [ node . level ] ++ ;
}
else
{
for child of node
{
Node c ;
c . id = child
c . level = node . level + 1 ;
q . push ( c );
}
}
}
题意
输出一个数N的各位数字的和，但是和的每一位都需要用对应的英语输出。例如，输入12345 算出和是15，则输出 one five。需要注意的是N的范围是[0,10^100]
思路
简单题，数字到英文的映射可以直接用数组char* i2eng[] = {"zero","one",..., "nine"}，使用字符串接收输入，然后求和就行了，然后再将每一位对应输出即可。
完整代码请戳我 .cpp “1005”)
题意
根据 签到以及离开的记录，找出第一个来以及最后一个走的人
思路
简单的题，遍历所有记录，分别记住签到最早的人以及离开最晚的人即可，连排序都用不上
完整代码请戳我
题意
给定一个整数序列，求其中的一个连续子序列，该子序列中元素的和是所有连续子序列中最大的，输出和以及序列开始、结束的元素。题目规定，如果序列里的值都是负数，则最大和定义为0，输出整个序列开始、结束元素。
思路
非常经典的一个题目，记得当年算法基础教材里面就讲了这道题目，而且是讲了三个还是四个方法，复杂度从最高O(N3 )到最低O(N)，当真把我给镇住了！这算法带来的效率提高真不是一般厉害。
O(N）复杂度的算法核心如下
1
2
3
4
5
6
7
8
max_sum = - 1 ;
sum = 0 ;
for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i )
{
sum += a [ i ];
sum = max ( sum , 0 );
max_sum = max ( max_sum , sum );
}
解释起来也比较好理解：
如果加上当前元素后，sum < 0，那么得到当前和的这一序列肯定不属于所求序列的一部分，因为加上一个负值，和肯定是变小的。因此将sum重置为0，接下去继续找；
每一步都需要将最新的sum与已知的max_sum比较，如果新的和已经更大了，则更新max_sum的值。
当然，要完成这道题，代码要稍微复杂点，比如要注意序列里是否有非负数出现，在更新sum 或者 max_sum的时候，同时需要记住对应的序列开始结束的位置。
完整代码请戳我
题意
给定一串电梯的请求序列，计算电梯完成所有请求所需要的时间。已知电梯上移一层楼需要 6s，下移一层需要 4s，每次停下来需要花 5s。
思路
就是简单的模拟题，按照给定的顺序模拟电梯运行，计算相应的时间花费。
完整代码请戳我
题意
计算多项式的乘积
思路
前面有一道题1002. A+B for Polynomials (25) 已经做了多项式的加法操作，再定义一个多项式与单项相乘的方法，然后将一个多项式的每一个项与另外一个多项式相乘，将结果再求和即可。
完整代码请戳我
题意
给定两个数以及其中一个数的进制，求是否存在一个进制使得另外一个数与该数的值相等。两个数的都是由{0-9} 以及 {a-z}组成
思路
要比较不同进制的数，最好是将其都变成十进制数来比较，因此需要一个将其他进制转换为十进制的函数。有了这个函数之后，将已知进制的数转为10进制数，然后看尝试给另外一个数设置进制，然后转为10进制，判断结果是否一致。设置进制的起始值具体看给定的数中出现的字母，比如出现的最大数是a，也就是至少是11进制，以此类推，没有上限。
如果算出的结果相等，则结束，给出答案
如果偏小，则测试下一个进制
如果偏大，则结束，输出 Impossible
这个做法有一个问题，就是可能会超时，想想，如果给定 A = zzzzzzz，是37进制,而B = 10，那么从二进制开始尝试，需要尝试的次数就非常多，很可能会超时。因此，我们不能按顺序递增进制来猜，必须跳跃性地猜。可以想到的办法就是二分法。需要尝试的基的上限是 A的值。稍微可以优化一下的是，如果B只有一位，那么值其实是确定的，这个时候可以快速判定是否存在解，而不用按照前面的方式傻乎乎的计算很多次。
完整代码请戳我
【PAT 1001-1010 完】
]]>
