liuchuo – 第210页 – 我不管，反正我最萌～

L2-006. 树的遍历-PAT团体程序设计天梯赛GPLT

给定一棵二叉树的后序遍历和中序遍历，请你输出其层序遍历的序列。这里假设键值都是互不相等的正整数。

输入格式：

输入第一行给出一个正整数N（<=30），是二叉树中结点的个数。第二行给出其后序遍历序列。第三行给出其中序遍历序列。数字间以空格分隔。

输出格式：

在一行中输出该树的层序遍历的序列。数字间以1个空格分隔，行首尾不得有多余空格。

输入样例：
7
2 3 1 5 7 6 4
1 2 3 4 5 6 7
输出样例：
4 1 6 3 5 7 2

分析：与后序中序转换为前序的代码相仿（无须构造二叉树再进行广度优先搜索～），只不过加一个变量index，表示当前的根结点在二叉树中所对应的下标（从0开始），所以进行一次输出先序的递归过程中，就可以把根结点下标index及所对应的值存储在map<int, int> level中，map是有序的会根据index从小到大自动排序，这样递归完成后level中的值就是层序遍历的顺序～～

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
vector<int> post, in;
map<int, int> level;
void pre(int root, int start, int end, int index) {
    if(start > end) return ;
    int i = start;
    while(i < end && in[i] != post[root]) i++;
    level[index] = post[root];
    level[index] = post[root];
    pre(root - 1 - end + i, start, i - 1, 2 * index + 1);
    pre(root - 1, i + 1, end, 2 * index + 2);
}
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    post.resize(n);
    in.resize(n);
    for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &post[i]);
    for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &in[i]);
    pre(n-1, 0, n-1, 0);
    auto it = level.begin();
    printf("%d", it->second);
    while(++it != level.end()) printf(" %d", it->second);
    return 0;
}

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <map>

using namespace std;

vector<int> post, in;

map<int, int> level;

void pre(int root, int start, int end, int index) {

if(start > end) return ;

int i = start;

while(i < end && in[i] != post[root]) i++;

level[index] = post[root];

pre(root - 1 - end + i, start, i - 1, 2 * index + 1);

pre(root - 1, i + 1, end, 2 * index + 2);

}

int main() {

int n;

scanf("%d", &n);

post.resize(n);

in.resize(n);

for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &post[i]);

for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &in[i]);

pre(n-1, 0, n-1, 0);

auto it = level.begin();

printf("%d", it->second);

while(++it != level.end()) printf(" %d", it->second);

return 0;

}

已知后序与中序输出前序（先序）：
后序：3, 4, 2, 6, 5, 1（左右根）
中序：3, 2, 4, 1, 6, 5（左根右）
分析：因为后序的最后一个总是根结点，令i在中序中找到该根结点，则i把中序分为两部分，左边是左子树，右边是右子树。因为是输出先序（根左右），所以先打印出当前根结点，然后打印左子树，再打印右子树。左子树在后序中的根结点为root – (end – i + 1)，即为当前根结点-(右子树的个数+1)。左子树在中序中的起始点start为start，末尾end点为i – 1.右子树的根结点为当前根结点的前一个结点root – 1，右子树的起始点start为i+1，末尾end点为end。
输出的前序应该为：1, 2, 3, 4, 5, 6（根左右）

#include <cstdio>
using namespace std;
int post[] = {3, 4, 2, 6, 5, 1};
int in[] = {3, 2, 4, 1, 6, 5};
void pre(int root, int start, int end) {
    if(start > end) return ;
    int i = start;
    while(i < end && in[i] != post[root]) i++;
    printf("%d ", post[root]);
    pre(root - 1 - end + i, start, i - 1);
    pre(root - 1, i + 1, end);
}

int main() {
    pre(5, 0, 5);
    return 0;
}

#include <cstdio>

using namespace std;

int post[] = {3, 4, 2, 6, 5, 1};

int in[] = {3, 2, 4, 1, 6, 5};

void pre(int root, int start, int end) {

if(start > end) return ;

int i = start;

while(i < end && in[i] != post[root]) i++;

printf("%d ", post[root]);

pre(root - 1 - end + i, start, i - 1);

pre(root - 1, i + 1, end);

}

int main() {

pre(5, 0, 5);

return 0;

}

已知前序（先序）与中序输出后序（建树）

已知前序（先序）与中序输出后序：
前序：1, 2, 3, 4, 5, 6（根左右）
中序：3, 2, 4, 1, 6, 5（左根右）
分析：因为前序（根左右）最先出现的总是根结点，所以令root为前序中当前的根结点下标（并且同时把一棵树分为左子树和右子树）。start为当前需要打印的子树在中序中的最左边的下标，end为当前需要打印的子树在中序中最右边的下标。递归打印这棵树的后序，递归出口为start > end。i为root所表示的值在中序中的下标，所以i即是分隔中序中对应root结点的左子树和右子树的下标。
先打印左子树，后打印右子树，最后输出当前根结点pre[root]的值。
输出的后序应该为：3, 4, 2, 6, 5, 1（左右根）

#include <cstdio>
using namespace std;
int pre[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6};
int in[] = {3, 2, 4, 1, 6, 5};
void post(int root, int start, int end) {
    if(start > end) 
        return ;
    int i = start;
    while(i < end && in[i] != pre[root]) i++;
    post(root + 1, start, i - 1);
    post(root + 1 + i - start, i + 1, end);
    printf("%d ", pre[root]);
}

int main() {
    post(0, 0, 5);
    return 0;
}

#include <cstdio>

using namespace std;

int pre[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6};

int in[] = {3, 2, 4, 1, 6, 5};

void post(int root, int start, int end) {

if(start > end)

return ;

int i = start;

while(i < end && in[i] != pre[root]) i++;

post(root + 1, start, i - 1);

post(root + 1 + i - start, i + 1, end);

printf("%d ", pre[root]);

}

int main() {

post(0, 0, 5);

return 0;

}

TreeNode* buildTree(int root, int start, int end) {
    if(start > end) return NULL;
    int i = start;
    while(i < end && in[i] != pre[root]) i++;
    TreeNode* t = new TreeNode();
    t->left = buildTree(root + 1, start, i - 1);
    t->right = buildTree(root + 1 + i - start, i + 1, end);
    t->data = pre[root];
    return t;
}

TreeNode* buildTree(int root, int start, int end) {

if(start > end) return NULL;

int i = start;

while(i < end && in[i] != pre[root]) i++;

TreeNode* t = new TreeNode();

t->left = buildTree(root + 1, start, i - 1);

t->right = buildTree(root + 1 + i - start, i + 1, end);

t->data = pre[root];

return t;

}

L1-009. N个数求和-PAT团体程序设计天梯赛GPLT

输入格式：
输入第一行给出一个正整数N（<=100）。随后一行按格式“a1/b1 a2/b2 …”给出N个有理数。题目保证所有分子和分母都在长整型范围内。另外，负数的符号一定出现在分子前面。

输出格式：
输出上述数字和的最简形式 —— 即将结果写成“整数部分分数部分”，其中分数部分写成“分子/分母”，要求分子小于分母，且它们没有公因子。如果结果的整数部分为0，则只输出分数部分。

输入样例1：
5
2/5 4/15 1/30 -2/60 8/3
输出样例1：
3 1/3
输入样例2：
2
4/3 2/3
输出样例2：
2
输入样例3：
3
1/3 -1/6 1/8
输出样例3：
7/24

分析：先根据分数加法的公式累加，后分离出整数部分和分数部分～
分子和分母都在长整型内，所以不能用int存储，否则有一个测试点不通过～
一开始一直是浮点错误，按理来说应该是出现了/0或者%0的情况，找了半天也不知道错在哪里～
后来注意到应该在累加的时候考虑是否会超出long long的范围，所以在累加每一步之前进行分子分母的约分处理，然后就AC了～
应该还要考虑整数和小数部分都为0时候输出0的情况，但是测试用例中不涉及，所以如果没有最后两句也是可以AC的～

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
long long gcd(long long a, long long b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
int main() {
    long long n, a, b, suma = 0, sumb = 1, gcdvalue;
    scanf("%lld", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%lld/%lld", &a, &b);
        gcdvalue = (suma == 0 || sumb == 0) ? 1 : gcd(abs(suma), abs(sumb));
        sumb = sumb / gcdvalue;
        suma = suma / gcdvalue;
        gcdvalue = (a == 0 || b == 0) ? 1 : gcd(abs(a), abs(b));
        a = a / gcdvalue;
        b = b / gcdvalue;
        suma = a * sumb + suma * b;
        sumb = b * sumb;
    }
    long long integer = suma / sumb;
    suma = suma - (sumb * integer);
    gcdvalue = (suma == 0 || sumb == 0) ? 1 : gcd(abs(suma), abs(sumb));
    suma = suma / gcdvalue;
    sumb = sumb / gcdvalue;
    if(integer != 0) {
        printf("%lld", integer);
        if(suma != 0)
            printf(" ");
    }
    if(suma != 0) {
        printf("%lld/%lld", suma, sumb);
    }
    if(integer == 0 && suma == 0)
        printf("0");
    return 0;
}

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

using namespace std;

long long gcd(long long a, long long b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}

int main() {

long long n, a, b, suma = 0, sumb = 1, gcdvalue;

scanf("%lld", &n);

for(int i = 0; i < n; i++) {

scanf("%lld/%lld", &a, &b);

gcdvalue = (suma == 0 || sumb == 0) ? 1 : gcd(abs(suma), abs(sumb));

sumb = sumb / gcdvalue;

suma = suma / gcdvalue;

gcdvalue = (a == 0 || b == 0) ? 1 : gcd(abs(a), abs(b));

a = a / gcdvalue;

b = b / gcdvalue;

suma = a * sumb + suma * b;

sumb = b * sumb;

}

long long integer = suma / sumb;

suma = suma - (sumb * integer);

gcdvalue = (suma == 0 || sumb == 0) ? 1 : gcd(abs(suma), abs(sumb));

suma = suma / gcdvalue;

sumb = sumb / gcdvalue;

if(integer != 0) {

printf("%lld", integer);

if(suma != 0)

printf(" ");

}

if(suma != 0) {

printf("%lld/%lld", suma, sumb);

}

if(integer == 0 && suma == 0)

printf("0");

return 0;

}

浮点错误的意思-PAT 、OJ

浮点错误: 您的程序运行时发生浮点错误，比如遇到了除以 0 的情况

所以发生浮点错误应该考虑程序中：

是否可能出现了一个数除以0的情况
是否可能出现了一个数取余0的情况
是否发生了数据溢出而导致的除以0或者取余0的情况

L2-005. 集合相似度-PAT团体程序设计天梯赛GPLT

给定两个整数集合，它们的相似度定义为：Nc/Nt*100%。其中Nc是两个集合都有的不相等整数的个数，Nt是两个集合一共有的不相等整数的个数。你的任务就是计算任意一对给定集合的相似度。

输入格式：

输入第一行给出一个正整数N（<=50），是集合的个数。随后N行，每行对应一个集合。每个集合首先给出一个正整数M（<=104），是集合中元素的个数；然后跟M个[0, 109]区间内的整数。

之后一行给出一个正整数K（<=2000），随后K行，每行对应一对需要计算相似度的集合的编号（集合从1到N编号）。数字间以空格分隔。

输出格式：

对每一对需要计算的集合，在一行中输出它们的相似度，为保留小数点后2位的百分比数字。

输入样例：
3
3 99 87 101
4 87 101 5 87
7 99 101 18 5 135 18 99
2
1 2
1 3
输出样例：
50.00%
33.33%

题目大意：nc是两个集合的公共元素个数，nt是两个集合的所有包含的元素个数（其中元素个数表示各个元素之间互不相同）。

分析：因为给出的集合里面含有重复的元素，而计算nc和nt不需要考虑两个集合里面是否分别有重复的元素，所以可以直接使用set存储每一个集合，然后把set放进一个数组里面存储。当需要计算集合a和集合b的相似度nc和nt的时候，遍历集合a中的每一个元素，寻找集合b中是否有该元素，如果有，说明是两个人公共的集合元素，则nc++，否则nt++（nt的初值为b集合里面本有的元素）。

#include <set>
#include <vector>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
    int n, m, k, temp, a, b;
    scanf("%d", &n);
    vector<set<int>> v(n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &m);
        set<int> s;
        for(int j = 0; j < m; j++) {
            scanf("%d", &temp);
            s.insert(temp);
        }
        v[i] = s;
    }
    scanf("%d", &k);
    for(int i = 0; i < k; i++) {
        scanf("%d %d", &a, &b);
        int nc = 0, nt = v[b-1].size();
        for(auto it = v[a-1].begin(); it != v[a-1].end(); it++) {
            if(v[b-1].find(*it) == v[b-1].end()) 
                nt++;
            else
                nc++;
        }
        double ans = (double)nc / nt * 100;
        printf("%.2f%%\n", ans);
    }
    return 0;
}

#include <set>

#include <vector>

#include <cstdio>

using namespace std;

int main() {

int n, m, k, temp, a, b;

scanf("%d", &n);

vector<set<int>> v(n);

for(int i = 0; i < n; i++) {

scanf("%d", &m);

set<int> s;

for(int j = 0; j < m; j++) {

scanf("%d", &temp);

s.insert(temp);

}

v[i] = s;

}

scanf("%d", &k);

for(int i = 0; i < k; i++) {

scanf("%d %d", &a, &b);

int nc = 0, nt = v[b-1].size();

for(auto it = v[a-1].begin(); it != v[a-1].end(); it++) {

if(v[b-1].find(*it) == v[b-1].end())

nt++;

else

nc++;

}

double ans = (double)nc / nt * 100;

printf("%.2f%%\n", ans);

}

return 0;

}