1.StringInGrid函數會在一個指定大小的格子中打印指定的字符串。 要求字符串在水平、垂直兩個方向上都居中。 如果字符串太長，就截斷。 如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一點。

下面的程序實現這個邏輯，請填寫劃線部分缺少的代碼。

#include <stdio.h>#include <string.h>void StringInGrid(int width, int height, const char* s){				int i,k;				char buf[1000];				strcpy(buf, s);				if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;								PRintf("+");				for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");				printf("+/n");								for(k=1; k<(height-1)/2;k++){								printf("|");								for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");								printf("|/n");				}								printf("|");								printf("%*s%s%*s",(11分));  //填空				          				printf("|/n");								for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){								printf("|");								for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");								printf("|/n");				}												printf("+");				for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");				printf("+/n");				}int main(){				StringInGrid(20,6,"abcd1234");				return 0;}
對于題目中數據，應該輸出： +------------------+ | | | abcd1234 | | | | | +------------------+
（如果出現對齊問題，參看【圖1.jpg】）
填空：(width-2-strlen(s))/2,"%20",s,(width-2-strlen(s))/2,"%20"
%*s,%*d......等輸出格式，舉個例子，比較好說明一下:
printf("%*s",5,"123"),執行一下，這條語句，輸出##123（#代表一個空格）類似于%5d%20這樣的狀況，這里*被常量5代替，用于控制最小字符寬度，主要是針對，最小字符寬度未知的情況，當然*可以對應整型變量
2.
1,2,3...9%20這九個數字組成一個分數，其值恰好為1/3，如何組法？
下面的程序實現了該功能，請填寫劃線部分缺失的代碼。
#include%20<stdio.h>void%20test(int%20x[]){				int%20a%20=%20x[0]*1000%20+%20x[1]*100%20+%20x[2]*10%20+%20x[3];				int%20b%20=%20x[4]*10000%20+%20x[5]*1000%20+%20x[6]*100%20+%20x[7]*10%20+%20x[8];								if(a*3==b)%20printf("%d%20/%20%d/n",%20a,%20b);}void%20f(int%20x[],%20int%20k){				int%20i,t;				if(k>=9){								test(x);								return;				}								for(i=k;%20i<9;%20i++){								{t=x[k];%20x[k]=x[i];%20x[i]=t;}								f(x,k+1);								(13分);//%20填空處				}}				int%20main(){				int%20x[]%20=%20{1,2,3,4,5,6,7,8,9};				f(x,0);								return%200;}此題主要理解生成全排列的函數3.獎券數目(結果填空)   (3分)
有些人很迷信數字，比如帶“4”的數字，認為和“死”諧音，就覺得不吉利。%20雖然這些說法純屬無稽之談，但有時還要迎合大眾的需求。某抽獎活動的獎券號碼是5位數（10000-99999），要求其中不要出現帶“4”的號碼，主辦單位請你計算一下，如果任何兩張獎券不重號，最多可發出獎券多少張。
請你計算一共有多少種可能的方案。
輸入格式:無輸入
輸出格式:在一行內輸出一個整數，代表最多可發獎券數目，不要寫任何多余的內容或說明性文字。
輸出樣例:123法一：利用排列組合做，8*9*9**9*9=52488//法二：代碼#include%20<cstdio>#include%20<iostream>int%20main(){	int%20sum=0;	for(int%20i=1;i<=9;i++){		for(int%20j=0;j<=9;j++){			for(int%20t=0;t<=9;t++){				for(int%20a=0;a<=9;a++){					for(int%20b=0;b<=9;b++){						if(i!=4&&j!=4&&t!=4&&a!=4&&b!=4)							sum++;					}				}			}		}	}	printf("%d/n",sum);	return%200;}//524884.星系炸彈（結果填空）   (5分)在X星系的廣袤空間中漂浮著許多X星人造“炸彈”，用來作為宇宙中的路標。%20每個炸彈都可以設定多少天之后爆炸。%20比如：阿爾法炸彈2015年1月1日放置，定時為15天，則它在2015年1月16日爆炸。%20有一個貝塔炸彈，2014年11月9日放置，定時為1000天，請你計算它爆炸的準確日期。
輸入格式:無輸入
輸出格式:請在一行內輸出該日期，格式為%20yyyy-mm-dd%20即4位年份2位月份2位日期。比如：2015-02-19%20請嚴格按照格式書寫。不能出現其它文字或符號。
//法一：查日歷%20得2017-08-05//法二：Excel//法三：計算器的計算日期功能//法四：代碼#include%20<cstdio>#include%20<cstring>int%20judge(int%20year){	if(year%4==0&&year%100!=0||year%400==0)//判斷閏年		return%20366;	return%20365;}int%20main(){	int%20year,month,day=1000-52;//從2015年開始算	int%20m[2][12]={{31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31},{31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}};	for(year=2015;day/judge(year);year++)		day-=judge(year);	int%20loc=judge(year)-365;	for(month=1;day/m[loc][month];month++)		day-=m[loc][month];	printf("%04d-%02d-%02d/n",year,month,day);	return%200;}5.觀察下面的加法算式：
(如果有對齊問題，可以參看【圖1.jpg】) 
其中，相同的漢字代表相同的數字，不同的漢字代表不同的數字。
請你填寫“三羊獻瑞”所代表的4位數字（答案唯一），不要填寫任何多余內容。
//法一：八重循環//法二：先生成全排列#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;int main(){	int a[10]={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9};	do{//用全排列前8位		if(a[0]&&a[4]){			int num1=a[0]*1000+a[1]*100+a[2]*10+a[3];			int num2=a[4]*1000+a[5]*100+a[6]*10+a[1];			int num3=a[4]*10000+a[5]*1000+a[2]*100+a[1]*10+a[7];			if(num1+num2==num3){				cout<<num2<<endl;				break;			}		}	}while(next_permutation(a,a+10));    return 0;}//10856.加法變乘法（結果填空）   (17分)
我們都知道：1+2+3+ ... + 49 = 1225 現在要求你把其中兩個不相鄰的加號變成乘號，使得結果為2015
比如： 1+2+3+...+10 · 11+12+...+27 · 28+29+...+49 = 2015 就是符合要求的答案
請你尋找另外一個可能的答案，并把位置靠前的那個乘號左邊的數字提交（對于示例，就是提交10）。
#include <cstdio>#include <cstring>int main(){	int sum;	for(int i=1;i<=46;i++){//i，j均為第幾個+號		for(int j=i+2;j<=48;j++){			sum=0;			for(int t=1;t<i;t++){				sum+=t;			}			sum=sum+i*(i+1);			for(int t=i+2;t<j;t++){				sum+=t;			}			sum=sum+j*(j+1);			for(int t=j+2;t<=49;t++){				sum+=t;			}			if(sum==2015&&i!=10){				printf("%d/n",i);				return 0;			}		}	}	return 0;} 7.牌型種數(結果填空)   (21分)
小明被劫持到X賭城，被迫與其他3人玩牌。 一副撲克牌（去掉大小王牌，共52張），均勻發給4個人，每個人13張。 這時，小明腦子里突然冒出一個問題： 如果不考慮花色，只考慮點數，也不考慮自己得到的牌的先后順序，自己手里能拿到的初始牌型組合一共有多少種呢？
//法一：暴力#include <cstdio>#include <cstring>int main(){	int sum=0;	for(int a=0;a<=4;a++){		for(int b=0;b<=4;b++){			for(int c=0;c<=4;c++){				for(int d=0;d<=4;d++){					for(int e=0;e<=4;e++){						for(int f=0;f<=4;f++){							for(int g=0;g<=4;g++){								for(int h=0;h<=4;h++){									for(int i=0;i<=4;i++){										for(int j=0;j<=4;j++){											for(int k=0;k<=4;k++){												for(int l=0;l<=4;l++){													for(int m=0;m<=4;m++){														if(a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l+m==13)															sum++;													}												}											}										}									}								}							}						}					}				}			}		}	}    printf("%d/n",sum);}
//法二：搜索#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;int count=0;void dfs(int step,int sum){//step為該走的步數，即該拿哪個號碼的牌了  sum為當前的牌總數	if(step==14){		count+=(sum==13);		return;	}	if(sum>13)		return;	for(int i=0;i<=4;i++){		dfs(step+1,sum+i);	}}int main(){	dfs(1,0);	cout<<count<<endl;	return 0;}8.移動距離   (15分)
X星球居民小區的樓房全是一樣的，并且按矩陣樣式排列。其樓房的編號為1,2,3... 當排滿一行時，從下一行相鄰的樓往反方向排號。 比如：當小區排號寬度為6時，開始情形如下：
1 2 3 4 5 6
12 11 10 9 8 7
13 14 15 .....
我們的問題是：已知了兩個樓號m和n，需要求出它們之間的最短移動距離（不能斜線方向移動）
要求輸出一個整數，表示m n 兩樓間最短移動距離。
輸入格式:
在一行中輸入為3個整數w m n，空格分開，都在1到10000范圍內 w為排號寬度，m,n為待計算的樓號。
輸出格式:
要求輸出一個整數，表示m n 兩樓間最短移動距離。
輸入樣例1:
6 8 2
輸出樣例1:
4
輸入樣例2:
4 7 20
輸出樣例2:
5
//此題需要細致考慮各種情況//x:需要考慮此數（m和n）能不能除盡w//y:需要考慮此數（m和n）能不能除盡w，在此基礎上再考慮x在的行是正方向還是逆方向                                                                                 #include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;int main(){	int w,m,n;	int x1,y1,x2,y2;	cin>>w>>m>>n;	x1=m/w+(m%w!=0);	x2=n/w+(n%w!=0);	y1=(m%w==0?(x1%2==0?1:w):(x1%2==0?w-m%w+1:m%w));	y2=(n%w==0?(x2%2==0?1:w):(x2%2==0?w-n%w+1:n%w));	cout<<(int)abs(x1-x2)+(int)abs(y1-y2)<<endl;	return 0;}9.壘骰子   (25分)
賭圣atm晚年迷戀上了壘骰子，就是把骰子一個壘在另一個上邊，不能歪歪扭扭，要壘成方柱體。 經過長期觀察，atm 發現了穩定骰子的奧秘：有些數字的面貼著會互相排斥！ 我們先來規范一下骰子：1 的對面是 4，2 的對面是 5，3 的對面是 6。 假設有 m 組互斥現象，每組中的那兩個數字的面緊貼在一起，骰子就不能穩定的壘起來。 atm想計算一下有多少種不同的可能的壘骰子方式。 兩種壘骰子方式相同，當且僅當這兩種方式中對應高度的骰子的對應數字的朝向都相同。 由于方案數可能過多，請輸出模 10^9 + 7 的結果。
不要小看了 atm 的骰子數量哦～
輸入格式:
第一行兩個整數 n m n表示骰子數目 接下來 m 行，每行兩個整數 a b ，表示 a 和 b 數字不能緊貼在一起。
輸出格式:
一行一個數，表示答案模 10^9 + 7 的結果。
輸入樣例:
2 11 2
輸出樣例:
544
「數據范圍」
對于 30% 的數據：n <= 5對于 60% 的數據：n <= 100對于 100% 的數據：0 < n <= 10^9, m <= 36
//首先想到的是搜索，但看到數據規模，最大已經達到了10^9，說明此題最佳方式不是搜索//于是考慮動態規劃://仔細一想，若設dp[i][j]為第i層頂面點數為j的方案數，則 Dp[i][j]就等于i-1高度時所有與j的反面無沖突的方案數累加//由這個狀態轉移方程從而看出了重疊子問題，最優子結構！?。≌f明可以用O(n)級別的動態規劃處理題目//而且對于大數據,肯定比搜索強，但能不能解決極端大數據未知//另外  后的總方案數還要乘以(4^n)   因為每一個骰子可以4面轉//由于  每一層的規劃只與前一層有關  所以可以采用滾動數組, 不然內存會超//代碼：#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;#define MOD 1000000007long long int quick_pow(int a,int n){	long long int temp=a,sum=1;	while(n){		if(n&1)			sum=(sum*temp)%MOD;		temp=(temp*temp)%MOD;		n=n>>1;	}	return sum;}int main(){	int n,m;	int x,y;	int conflict[7][7];//互斥面 為0表示互斥	int towards[7]={0,4,5,6,1,2,3};//骰子對稱面	long long int dp[2][7];	long long sum=0;//方案數	int e=0;//滾動標志	cin>>n>>m;	for(int i=1;i<=6;i++){		for(int j=1;j<=6;j++){			conflict[i][j]=1;		}	}	for(int i=1;i<=m;i++){		scanf("%d%d",&x,&y);		conflict[x][y]=conflict[y][x]=0;	}	for(int i=1;i<=6;i++){//初始化第一層 先不考慮4面轉		dp[e][i]=1;	}	for(int i=2;i<=n;i++){//當前層		e=1-e;		for(int j=1;j<=6;j++){//點數			dp[e][j]=0;			for(int t=1;t<=6;t++){//找與當前點數的對面不沖突的點				if(conflict[towards[j]][t]){					dp[e][j]=(dp[e][j]+dp[1-e][t])%MOD;				}			}		}	}	for(int i=1;i<=6;i++){		sum=(sum+dp[e][i])%MOD;	}	sum=(sum*quick_pow(4,n))%MOD;//四面轉	cout<<sum<<endl;	return 0;}
//以動態規劃的方式在O(N)的時間復雜度內求解, 但對于數據規模為10^9的數據而已, O(N)顯然是不夠的//以dp[i][j]來表示在高度為i的情況下, 骰子柱頂面點數為j的總方案數 //dp[i][j]的值將等于前一高度所有方案的選擇性累加//一說到選擇性累加，是不是可以聯想到矩陣相乘? //在用 矩陣快速冪的應用->優化遞推式  求斐波那契數列例子中//那個只包含0和1的矩陣就是這樣通過列向量的0或1對左邊矩陣進行選擇累加, 從而得出右邊矩陣的//那么, 我們也可以通過類似的結構來完成對骰子方案的選擇性累加//我們用一個單行矩陣dp[1][j]來記錄高度為N時, 頂面為j的總方案數//為了構造出利用矩陣相乘（矩陣dp X 矩陣conflict）進行選擇性疊加，對于conflict數組，進行一些改進://conflict[i][j]=0表示，i 與 j的對稱面 互斥#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define MOD 1000000007struct matrix{//矩陣	long long int m[7][7];};long long int quick_pow(int a,int n){//快速冪	long long int c=1,temp=a;	if(n==0)		return 1;	while(n){		if(n&1)			c=(c*temp)%MOD;		temp=(temp*temp)%MOD;		n=n>>1;	}	return c;}void matrix_mul(long long int re[][7],long long int a[][7],long long int b[][7]){	for(int i=1;i<=6;i++){		if(a[0][i]){			for(int t=1;t<=6;t++){				re[0][t]=(re[0][t]+a[0][i]*b[i][t])%MOD;			}		}	}}struct matrix mul(struct matrix a,struct matrix b){//定義的矩陣 相乘	struct matrix c;	memset(c.m,0,sizeof(c.m));	for(int i=1;i<=6;i++){		for(int j=1;j<=6;j++){			if(a.m[i][j]){				for(int t=1;t<=6;t++){					c.m[i][t]=(c.m[i][t]+a.m[i][j]*b.m[j][t])%MOD;				}			}		}	}	return c;}struct matrix quick_matrix_pow(struct matrix a,int n){//定義的矩陣 快速冪	struct matrix e,temp=a;	memset(e.m,0,sizeof(e.m));	for(int i=1;i<=6;i++){		e.m[i][i]=1;	}	if(n==0)		return e;	while(n){		if(n&1)			e=mul(e,temp);		temp=mul(temp,temp);		n=n>>1;	}	return e;}int main(){	int n,m,x,y;	int towards[7]={0,4,5,6,1,2,3};	struct matrix mat,conflict;//把conflict表示為矩陣，便于相乘	long long int dp[1][7],result[1][7],sum=0;//這倆矩陣未表示為 定義的矩陣，直接用數組	cin>>n>>m;	for(int i=1;i<=6;i++){		dp[0][i]=1;	}	for(int i=1;i<=6;i++){		for(int j=1;j<=6;j++){			conflict.m[i][j]=1;		}	}	for(int i=1;i<=m;i++){		cin>>x>>y;		conflict.m[x][towards[y]]=conflict.m[y][towards[x]]=0;	}	mat=quick_matrix_pow(conflict,n-1);//矩陣快速冪	memset(result,0,sizeof(result));	matrix_mul(result,dp,mat.m);//再用dp矩陣與mat.m矩陣相乘 放到result矩陣里	for(int i=1;i<=6;i++){		sum=(sum+result[0][i])%MOD;	}	sum=(sum*quick_pow(4,n))%MOD;	cout<<sum<<endl;	return 0;}10.生命之樹   (31分)
在X森林里，上帝創建了生命之樹。
他給每棵樹的每個節點（葉子也稱為一個節點）上，都標了一個整數，代表這個點的和諧值。 上帝要在這棵樹內選出一個非空節點集S，使得對于S中的任意兩個點a,b，都存在一個點列 {a, v1, v2, ..., vk, b} 使得這個點列中的每個點都是S里面的元素，且序列中相鄰兩個點間有一條邊相連。
在這個前提下，上帝要使得S中的點所對應的整數的和盡量大。 這個最大的和就是上帝給生命之樹的評分。
經過atm的努力，他已經知道了上帝給每棵樹上每個節點上的整數。但是由于 atm 不擅長計算，他不知道怎樣有效的求評分。他需要你為他寫一個程序來計算一棵樹的分數。
輸入格式:
第一行一個整數 n 表示這棵樹有 n 個節點。 第二行 n 個整數，依次表示每個節點的評分。 接下來 n-1 行，每行 2 個整數 u, v，表示存在一條 u 到 v 的邊。由于這是一棵樹，所以是不存在環的。
輸出格式:
輸出一行一個數，表示上帝給這棵樹的分數。
輸入樣例:
51 -2 -3 4 54 23 11 22 5
輸出樣例:
8
數據范圍
對于 30% 的數據，n <= 10對于 100% 的數據，0 < n <= 10^5, 每個節點的評分的絕對值不超過 10^6 。
//此題的樹其實為圖，此題結合了圖的深搜和dp:利用深度優先搜索遍歷圖，利用dp思想在遍歷過程解決問題//典型的樹狀dp，求權值最大的連通子圖//dp[i]表示：以i為根節點的子樹,權值之和中,最大的（因為是子樹，所以一定包含i節點）//dp[i] += dp[k]，這里的k是指i的孩子節點，且dp[k]一定要是大于0的，如果小于0，會使總和變小，加它還不如不加//所以就用一個遞歸，從一個根節點出發，一直到葉子節點，//這時候就回溯了，回溯的時候就會把下層節點的dp值帶回到上層。每計算出一個i的dp值，//就與當前保存的最大值比較。#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;//用前向星存圖struct edge{	int next;	int to;}edges[100000];//從1開始存int head[100005];//從1開始存int weight[100005];//從1開始存int book[100005];int dp[100005];int cnt,n,max_weight=0;void Init(){//初始化	for(int i=1;i<=n;i++){		edges[i].next=0;		edges[i].to=0;	}	for(int i=1;i<=n;i++){		head[i]=0;	}	cnt=0;}void Add(int x,int y){//加邊	cnt++;	edges[cnt].next=head[x];	edges[cnt].to=y;	head[x]=cnt;}void dfs(int x){//利用深度優先搜索遍歷圖	int y;	for(int i=head[x];i;i=edges[i].next){		y=edges[i].to;		if(!book[y]){			book[y]=1;			dfs(y);			dp[x]+=(dp[y]>0?dp[y]:0);		}	}	if(dp[x]>max_weight)		max_weight=dp[x];}int main(){	int x,y;	cin>>n;	for(int i=1;i<=n;i++){		scanf("%d",&weight[i]);		dp[i]=weight[i];	}	for(int i=1;i<n;i++){		cin>>x>>y;		Add(x,y);		Add(y,x);	}	memset(book,0,sizeof(book));	book[1]=1;	dfs(1);	cout<<max_weight<<endl;	return 0;}總結：15年省賽最后倆題都是動態規劃，備戰多看看dp