2021.11.24 P1015 [NOIP1999 普及组] 回文数(2021.11.24 p1015 [noip1999 popularity group] number of palindromes)

题目描述
若一个数(首位不为零)从左向右读与从右向左读都一样,我们就将其称之为回文数。

例如:给定一个十进制数 5656,将 5656 加 6565(即把 5656 从右向左读),得到 121121 是一个回文数。

又如:对于十进制数 8787:

STEP1:87+78=16587+78=165
STEP2:165+561=726165+561=726
STEP3:726+627=1353726+627=1353
STEP4:1353+3531=48841353+3531=4884

在这里的一步是指进行了一次 NN 进制的加法,上例最少用了 44 步得到回文数 48844884。

写一个程序,给定一个 NN(2 \le N \le 102≤N≤10 或 N=16N=16)进制数 MM(100100 位之内),求最少经过几步可以得到回文数。如果在 3030 步以内(包含 3030 步)不可能得到回文数,则输出 Impossible!。

输入格式
两行,分别是 NN,MM。

输出格式
如果能在 3030 步以内得到回文数,输出格式形如 STEP=ans,其中 ansans 为最少得到回文数的步数。

否则输出 Impossible!。

输入样例
10 87

输出样例
STEP=4
  • 这道题主要练的是分块的想法
    一开始我的想法是高精加一段,数字翻转一段,后来发现高精代码段太长了,再加上标程给的是数组转换一段,加法一段
    –>看起来立刻舒服了
  • 但还是有一些莫名其妙的问题
    就比如说在洛谷上第一次交的时候WA掉了一个点
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,a[10010],b[10010],ans,l;
void zhuanhuan()//输入加转换
{
	string s;
	cin>>n>>s;
	memset(a,0,sizeof(a));
	l=s.length();
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		if(s[l-i]>='0'&&s[l-i]<='9')a[i]=s[l-i]-'0';
		else a[i]=s[l-i]-'A'+10;
	}
}
bool check()//判断回文
{
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		if(a[i]!=a[l-i+1])return false;
	}
	return true;
}
void gaojing()//进位比较特殊
{
	for(int i=1;i<=l;i++)b[i]=a[l-i+1];
	for(int i=1;i<=l;i++)a[i]+=b[i];
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		a[i+1]+=a[i]/n;
		a[i]%=n;
	}
	if(a[l+1]>0)l++;
}
int main()
{
	zhuanhuan();
	if(check())
	{
		printf("STEP=0\n");
		return 0;
	}
	for(int ans=1;ans<=30;++ans)
	{
		gaojing();
		if(check())
		{
			printf("STEP=%d\n",ans);
			return 0;
		}
	}
	printf("Impossible");
	return 0;
}
————————
题目描述
若一个数(首位不为零)从左向右读与从右向左读都一样,我们就将其称之为回文数。

例如:给定一个十进制数 5656,将 5656 加 6565(即把 5656 从右向左读),得到 121121 是一个回文数。

又如:对于十进制数 8787:

STEP1:87+78=16587+78=165
STEP2:165+561=726165+561=726
STEP3:726+627=1353726+627=1353
STEP4:1353+3531=48841353+3531=4884

在这里的一步是指进行了一次 NN 进制的加法,上例最少用了 44 步得到回文数 48844884。

写一个程序,给定一个 NN(2 \le N \le 102≤N≤10 或 N=16N=16)进制数 MM(100100 位之内),求最少经过几步可以得到回文数。如果在 3030 步以内(包含 3030 步)不可能得到回文数,则输出 Impossible!。

输入格式
两行,分别是 NN,MM。

输出格式
如果能在 3030 步以内得到回文数,输出格式形如 STEP=ans,其中 ansans 为最少得到回文数的步数。

否则输出 Impossible!。

输入样例
10 87

输出样例
STEP=4
  • This question is mainly about the idea of dividing blocks
    At first, my idea was to add a high-precision segment and flip a number. Later, I found that the high-precision code segment was too long. In addition, the standard procedure gave an array conversion segment and an addition segment
    –>It looks comfortable immediately
  • But there are still some inexplicable problems
    For example, WA dropped a point when it was handed over for the first time in Los Angeles
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,a[10010],b[10010],ans,l;
void zhuanhuan()//输入加转换
{
	string s;
	cin>>n>>s;
	memset(a,0,sizeof(a));
	l=s.length();
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		if(s[l-i]>='0'&&s[l-i]<='9')a[i]=s[l-i]-'0';
		else a[i]=s[l-i]-'A'+10;
	}
}
bool check()//判断回文
{
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		if(a[i]!=a[l-i+1])return false;
	}
	return true;
}
void gaojing()//进位比较特殊
{
	for(int i=1;i<=l;i++)b[i]=a[l-i+1];
	for(int i=1;i<=l;i++)a[i]+=b[i];
	for(int i=1;i<=l;i++)
	{
		a[i+1]+=a[i]/n;
		a[i]%=n;
	}
	if(a[l+1]>0)l++;
}
int main()
{
	zhuanhuan();
	if(check())
	{
		printf("STEP=0\n");
		return 0;
	}
	for(int ans=1;ans<=30;++ans)
	{
		gaojing();
		if(check())
		{
			printf("STEP=%d\n",ans);
			return 0;
		}
	}
	printf("Impossible");
	return 0;
}