Mrli
别装作很努力,
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PAT冲冲冲——乙级

2020/02/21
Word count: 4,591 | Reading time: 24min

PAT冲冲冲——乙级

PAT甲级练习题 ——PAT (Advanced Level) Practice
PAT甲级(Advanced Level)真题
柳婼 の blog经验
saquarius’s blog

PAT甲级题目及分类总结
pat甲级题解目录

▲报名费256,可以刷牛客网的题来获得-50的优惠券,该练习场下的所有题目只要通过都算

乙级练习题

NowCoder数列

没想到第二题就是考了个数据范围,由于0≤n≤1000000,所以F(n)必然比long long大,而判断3的倍数可表示为===> F(n) % 3 —> (F(n-1)%3 + F(n-2)%3) % 3

求余运算性质:a = b+c --> a%d = (b%d+c%d) % d

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#include<stdio.h>
long long f[1000000+5];

int main(){
int n,i;
f[0]=7;
f[1]=11;
for(i=2;i<=1000000;i++){
f[i]=(f[i-1]%3+f[i-2]%3)%3;
}

while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if(f[n]!=0)
printf("No\n");
else
printf("Yes\n");
}
return 0;
}

养兔子

非常经典的斐波那契数列题

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define N 90+5
ll arr[N];

int main(){
int n;
arr[1] = 1; arr[2] = 2;
for(int i = 3;i<=N;i++){
arr[i] = arr[i-1] + arr[i-2];
}
while( cin >> n){
cout << arr[n] <<endl;
}
return 0;
}

客似云来

斐波那契数列的拓展题,将其中某个区间的值累加输出(需要特判是否为某个点)

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define N 80+5
ll arr[N];

int main(){
int from, to;

arr[1] = 1; arr[2] = 1;
for(int i = 3;i<=N;i++){
arr[i] = arr[i-1] + arr[i-2];
}
while( cin >> from >> to){
ll tmp = 0 ;
// 注意需要特判是否相等
if (from == to) tmp = arr[from];
else{
for(int i=from; i<= to;i++){
tmp += arr[i] ;
}
}
cout << tmp <<endl;
}
return 0;
}

斐波那契凤尾

一遍还挺难过的,有不少的坑点

1.虽然也是斐波那契数列,但是一定要注意前两项的取值
2.输出末尾的6位,那么就是%1e6,但是如果有前置0,需要补零,我是使用iomanip中的setw和setfill实现的
3.怎么判断超过6位:找出超过6位的n应该算比较简单的方法了吧

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define N 100000 + 5
ll arr[N];

int main(){
int n;

arr[1] = 1; arr[2] = 2;
for(int i = 3;i<=N;i++){
/*
用来找到超过1e6的n
arr[i] = (arr[i-1] + arr[i-2]);
if (arr[i] > 1000000){
cout << i << endl;
break;
}
*/
arr[i] = (arr[i-1]%1000000 + arr[i-2]%1000000)%1000000;
}
while( cin >> n){
if (n>= 30){
cout << setw(6)<<setfill('0') << arr[n] <<endl;
}else{
cout << arr[n] << endl;
}

}
return 0;
}

Po个C的代码,使用printf的格式化输出的特性

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#include<stdio.h> 
int a[100005];
int main()
{
int n;
a[1]=1;
a[2]=2;
for(int i=3;i<=100000;i++)
a[i]=(a[i-1]+a[i-2])%1000000;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
if(n>=30)
printf("%06d\n",a[n]);
else
printf("%d\n",a[n]);
}
return 0;
}

星际密码

说实话,一开始没看懂题,因为输入的n跟题目里提到的n不是同一个东西:矩阵X为[[1 1],[0 1]],题目中的n是指多少次幂;而输入里的n是指有多少个密码,真正的n其实是第二行的输入Xi

那么分析下思路,Xi=1时1,Xi=2时2,Xi=3时==3

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define N 100000 + 5
ll arr[N];


void initFib(){
arr[1] = 1; arr[2] = 2;
for(int i = 3;i<=N;i++){
arr[i] = (arr[i-1]%10000 + arr[i-2]%10000)%10000;
}
}

int main(){
int n;
int input[100+5];
initFib();
while( cin >> n){
for (int i = 0; i < n; ++i){
int tmp;
cin >> tmp;
cout << setw(4)<<setfill('0') << arr[tmp] ;
}
cout << endl;
}
return 0;
}

Fib

母牛的故事

变形的Fib,公式更新为f(n)=f(n1)+f(n3)f(n) = f(n-1) + f(n-3)

最主要的就是确定前几项,比较好的是样例都给出了2==>2,4==>4,5==>6,这样就比较好确定每头小母牛从第四个年头开始,每年年初也生一头小母牛到底是什么意思了

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define N 100000 + 5
ll arr[N];

void initFib(){
arr[1] = 1; arr[2] = 2;arr[3]=3;arr[4]=4;
for(int i = 5;i<=N;i++){
arr[i] = arr[i-1] + arr[i-3];
}
}

int main(){
int n;
initFib();
while( cin >> n){
cout << arr[n]<<endl;
}
return 0;
}

童年生活二三事

Fib数列的板子题,只不过需要理解一下

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define N 90 + 5
ll arr[N];


void initFib(){
arr[1] = 1; arr[2] = 2;
for(int i = 3;i<=N;i++){
arr[i] = arr[i-1] + arr[i-2];
}
}

int main(){
int n;
initFib();
while( cin >> n){
cout << arr[n] << endl;
}
return 0;
}

蜜蜂寻路

如果固定起点为1,计算到某个位置的走法数的话,跟走阶梯其实是一种思路,就是f(n) = f(n-1) + f(n-2),即第n个位置的走法数=第n-1位置走法数 + 第n-2位置走法数

1->2 1 2->3 1 3->4 1
1->3 2 2->4 2 3->5 2
1->4 3 2->5 3 3->6 3
1->5 5 2->6 5 3->7 5
1->6 8 2->7 8 3->8 8

可以发现其中的规律:走法数一直是Fib数列,而值为fib(NtoNfrom)fib(N_{to} - N_{from})

▲但这题还有一个难点在于用例的范围(0 < a < b < 231),即b-a~=232-1,为int最大范围,会导致的问题有两个

  1. fib数列通常使用数组来存储,但是无法开个2^32大小的数组

    ==>滚动数组、递推(不用数组)

  2. 输出的Fib(n)就远远超过long long了,因此要么模拟大数相加,那么另寻他法。

    ==>△还需要注意到的一点是,输出数据结果范围是 [0, 2^63),那么意思是题目要求的输出其实是在long long 范围内的,那么就可以考虑截取输出了

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
// ll credit = 9.2e18;开的足够大能过样例就行
ll credit;

/**
* 幂计算
* @author mrli 2019-10-27
* @param n [less than 63]
* @return [long long type]
*/
ll pow(int n){
ll ans = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i)
ans *= 2;
return ans;
}

ll Fib(int del){
if (del == 1) return 1;
else if(del == 2) return 2;
else{
ll f1 = 1; ll f2=2;
ll ans;
for(int i = 3;i<=del;i++){
// ans = f1 + f2 ;也过了
ans = ( f1%(credit) + f2%(credit) )%credit;
f1 = f2;
f2 = ans;
}
return ans;
}
}

int main(){
int n;
credit = pow(63)-1;
cin >> n;
while( n-- ){
int from, to;
cin >> from >> to;
ll ans;

cout << Fib(to-from) << endl;
}
return 0;
}

看了别人的题解后,发现想多了。题目的意思是得分点的输出值都在long long 范围内,而不是需要你把输出值压缩在long long范围内,果然去掉 %运算也过了。

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//蜜蜂寻路
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
#define ms(x, n) memset(x,n,sizeof(x));
typedef long long LL;
const LL maxn = 2147483648+5;

LL dp[3]; //滚动数组
int n, a, b;
LL solve()
{
ms(dp, 0);
dp[0] = 1, dp[1] = 1;

for(int i = 2; i < b-a+1; i++)
dp[i%3] = dp[0]+dp[1]+dp[2]-dp[i%3]; //即dp[i]=dp[i-1]+dp][i-2]

LL ans = 0;
for(int i = 0; i < 3; i++)
ans = max(dp[i], ans);
return ans;
}

int main()
{
cin >> n;
while(n--){
cin >> a >> b;
cout << solve() << endl; //从1到4和从2到5答案是一样的
}
return 0;
}

分数运算

牛客网周赛做到过一次,感觉当时写的比现在的简单。难点在使用GCD进行约分

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

/**
* 辗转相除法,求最大公约数
* @author mrli 2019-10-28
* @param a [description]
* @param b [description]
* @return [description]
*/
int gcd(int a, int b){
if (b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}

int main(){
int a1,a2,b1,b2;
char op3;
while( scanf("%d/%d %d/%d %c", &a1, &a2, &b1, &b2, &op3) != EOF){
int fenmu;
int fenzi;
if (op3 == '+'){
fenmu = a2*b2;
fenzi = a1*b2+a2*b1;
}
else if (op3 == '-'){
fenmu = a2*b2;
fenzi = a1*b2-a2*b1;
}
else if (op3 == '*'){
fenmu = a2*b2;
fenzi = a1*b1;
}
else{ //if (op3 == '*'){
fenmu = a2*b1;
fenzi = a1*b2;
}
// 找出最大公因子,约分
int common = gcd(fenmu,fenzi);
int res_zi = fenzi/common;
int res_mu = fenmu/common;
if ( res_mu * res_zi > 0)
cout << abs(fenzi/common) << '/' << abs(fenmu/common) << endl;
else
cout << '-' <<abs(fenzi/common) << '/' << abs(fenmu/common) << endl;
}
return 0;
}

分解因数

使用小学的短除法,我们很清楚的知道,要想求出它的每一个质因数,我们需要用质数去试除。90能被2整除,那就拿商继续除以2,除不尽就换3,一直到除到质数为止。基础代码框架类似判断质数,只是被判断的数字在过程中不断被除,最终循环结束的时候,那个被处理过的数字,就是最后一个质因数。

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;


int main(){
int n;
while( cin >> n){
bool first = true;
int tmpn = n;
cout << n << " = " ;
for (int i = 2; i <= sqrt(n); ++i){
while ( tmpn%i == 0 && tmpn != i){
tmpn /= i;
cout << i << " * ";
}
}
cout << tmpn << endl;
}
return 0;
}

我的第一次做法:

一直TLE,估计这种的话,必须得线性筛,我搜了几个题解的结果也证明除了上述题解,其他的都是线性筛,上面的就比较巧妙

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;


bool isPrime( int num ){
//两个较小数另外处理
if (num==1) return false;
if(num ==2|| num==3 )
return true ;
//不在6的倍数两侧的一定不是质数
if(num %6!= 1&&num %6!= 5)
return false;
//在6的倍数两侧的也可能不是质数
for(int i= 5;i <= sqrt( num); i+=6 )
if(num %i== 0||num %(i+ 2)==0 )
return false ;
//排除所有,剩余的是质数
return true;
}


int main(){
int n;
while( cin >> n){
bool first = true;
cout << n << " = " ;
int tmpn = n;
for(int i=2;i<=tmpn;i++){
while ( isPrime(i) && n%i == 0){
n /= i;
if (first) {
first = false;
cout << i ;
}
else cout << " * " << i ;
if (n==0) break;

}
}
cout << endl;
}
return 0;
}

因子个数

用到了上题的结论,一个正整数总可以分解成一个或多个素数的积,一开始理解错题目了,以为是所有因数的个数,其实是因数的种数,比如20->2是因为2,2,5;30->3是因为2,3,5。

因此这边还是需要素数判别,卡的点也在这,要用线性筛,其实就是上题的回答方式不同罢了

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main(){
int n;
while( cin >> n){
int ans=0;
int tmp = n;
for (int i = 2; i <= n; ++i){
bool first = true;
while (tmp%i==0){
tmp/=i;
if (first){
first = !first;
ans ++;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main(){
int n;
while( cin >> n){
int ans=0;
int tmp = n;

for (int i = 2; i <= sqrt(n); ++i){
// bool first = true;
if (tmp%i==0){
while (tmp%i==0){
tmp/=i;
}
ans++;
}
}
if (tmp!=1) ans++;
cout << ans << endl;
}
return 0;
}

skew数

模拟题、实现一个幂运算

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;


int pow2(int n){
int ans=1;
for (int i = 0; i < n; ++i)
ans *= 2;
return ans;
}

int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
string s;
while( cin >> s ){
int size = s.size();
int ans=0;
for (int i = 0; i < size; ++i){
/* code */
if (s[i] == '2'){
ans += 2*(pow2(size-i)-1);
break;
}
ans += (s[i]-'0')*(pow2(size-i)-1);
}
cout << ans <<endl;
}
return 0;
}

一的个数

非常基础的一道题:r进制表示

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main(){
int n, r;
while( cin >> n >> r){
int ans=0;
while(n){
if (n%r==1) {
ans++;
}
n /= r;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}

外星人的语言

r进制的拓展,需要将各位输出出来,由于是逆序的,所以需要一1.个栈来反转一下、或是2.使用string的反转功能

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){
int n, r;
stack<char> s;
while( cin >> n >> r){
int ans=0;
while(n){
// 0-9
char c = n%r+48;
if (n%r>=10) {
// A-F
c = n%r-10+65;
}
n /= r;
// 不直接cout,而是存栈
s.push(c);
}
while(!s.empty()){
// 取出栈里的内容
char c = s.top();
s.pop();
cout << c;
}
cout << endl;
}
return 0;
}

数位和

代码为一的个数+外星人的语言的结合版。

题目要求,将数n,先表示成r进制的形式,然后再计算r进制下n的位数和,然后再用r进制来表示位数和的结果

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main(){
// ACM比赛中cin,的使用比较耗时,因为默认的时候,cin与stdin总是保持同步的,使用这句可以使cin达到和scanf相差无几的输入效率。
ios::sync_with_stdio(false);
int n, r;
while( cin >> n >> r){
int ans=0;
while(n){
ans += n%r;
n /= r;
}

stack <char> s;
while(ans){
// 0-9
char c = ans%r+48;
if (ans%r>=10) {
// A-F
c = ans%r-10+65;
}
ans /= r;
// 不直接cout,而是存栈
s.push(c);
}
while(!s.empty()){
// 取出栈里的内容
char c = s.top();
s.pop();
cout << c;
}
cout << endl;

}
return 0;
}

进制回文数

还是r进制的拓展,

1.r需要用个2-16的循环
2.判断字符串的镜像对称s[i] != s[ssize-i-1]
3.踩了个坑,n每次都会被除到很小,因此需要用个临时变量来处理

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){
int N;
while( cin >> N){
bool yes=false;
for (int r = 2; r <= 16; ++r){
string s;
int n = N;
while(n){
char c = n%r+48;
if (n%r>=10) {
c = n%r-10+65;
}
n /= r;
s += c;
}

// 检测出r进制变换时,n已经被除的很小了,因此需要用个临时变量
// cout << r << "进制:" << endl;
// for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
// {
// cout << s[i] << endl;
// /* code */
// }
bool mirror = true;
int ssize = s.size();
for (int i = 0; i <= ssize/2; ++i){
if (s[i] != s[ssize-i-1]){
mirror = false;
break;
}
}
if (mirror){
yes=true;
break;
}
}
if (yes) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
}
return 0;
}

发邮件

一道数学题,递推公式为f(n)=(n1)[f(n1)+f(n2)]f(n) = (n-1)*[f(n-1)+f(n-2)]

坑点:超出了int,需要用longlong

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll email(int n){
if (n==2) return 1;
else if(n==3) return 2;
else{
return (n-1)*(email(n-1)+email(n-2));
}
}

int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
while( cin >> n ){
cout << email(n) << endl;
}
return 0;
}

说反话 (20)

考查了:对行的读取、字符串的切割。

本来还以为考了个string的反转,结果比想象中的更简单一点

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;


int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
string s;

while( getline(cin, s) ){
stringstream strings;
string tmps;
strings << s;
while( getline(strings, tmps, ' ') ){
ss.push(tmps);
}
while(!ss.empty()){
string couts = ss.top();
ss.pop();
if (!ss.empty())
cout << couts <<' ';
else
cout << couts ;

}
cout <<endl;
}
return 0;
}

补充——string的反转:

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/*法一:使用string::reverse_iterator迭代器,直接用iterator会报错*/
for (string::reverse_iterator it=couts.rbegin(); it != couts.rend() ; ++it)
cout << *it;

/*法二:使用algorithm算法中的reverse函数*/
// 会修改str中的内容
reverse(str.begin(),str.end());

/*法三:使用使用string.h中的strrev函数
△只能处理char[],不支持string类型
*/
char s[]="hello";
strrev(s);
cout<<s<<endl;

/*法四:自己编写*/
void Reverse(char *s,int n){
for(int i=0,j=n-1;i<j;i++,j--){
char c=s[i];
s[i]=s[j];
s[j]=c;
}
}

一元多项式求导 (25)

被读取方式卡了会

这边有个坑点: 忽略了常数项的问题
比如 输入 2 0
应该输出 0 0

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#include<cstdio>  
int main()
{
int exp,coe;
bool flag=false;
while(scanf("%d %d",&coe,&exp)!=EOF)
{
if(exp!=0)
{
if(flag) printf(" ");
printf("%d %d",coe*exp,exp-1);
flag=true;
}
}
if(flag==false) printf("0 0\n");
return 0;
}

别人的处理

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#include <iomanip>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;


struct poly{
int coef;
int index;
}typedef poly;

int main(){
ios::sync_with_stdio(false);

int coef;
int index;
std::queue<poly> q;
// scanf和getchar合用比较方便,cin再用getchar无效
while(scanf("%d%d", &coef, &index) != EOF){
if (index!=0){
poly *p = new poly();
p->coef = coef*index;
p->index = index-1 ;
q.push(*p);
}
// 放最后能过,放最初的时候有些过不了
if (getchar()=='\n') break;
}

if (q.size()==0) printf("0 0\n");
else{
while(!q.empty()){
poly p = q.front();
q.pop();
if (p.coef != 0){
if (q.empty())
printf("%d %d", p.coef, p.index );
else
printf("%d %d ", p.coef, p.index );
}
}
}
return 0;
}

刷完了牛客网PAT乙级练习题的第一、第三页。大多都是些模拟题、简单题,相当于弱一点的蓝桥杯省赛。由于报名考的是甲级,所以就没继续做下去了…

Author: Mrli

Link: https://nymrli.top/2020/02/02/PAT冲冲冲——乙级/

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CATALOG
  1. 1. PAT冲冲冲——乙级
    1. 1.1. 乙级练习题
      1. 1.1.1. NowCoder数列
      2. 1.1.2. 养兔子
      3. 1.1.3. 客似云来
      4. 1.1.4. 斐波那契凤尾
      5. 1.1.5. 星际密码
      6. 1.1.6. 母牛的故事
      7. 1.1.7. 童年生活二三事
      8. 1.1.8. 蜜蜂寻路
      9. 1.1.9. 分数运算
      10. 1.1.10. 分解因数
      11. 1.1.11. 因子个数
      12. 1.1.12. skew数
      13. 1.1.13. 一的个数
      14. 1.1.14. 外星人的语言
      15. 1.1.15. 数位和
      16. 1.1.16. 进制回文数
      17. 1.1.17. 发邮件
      18. 1.1.18. 说反话 (20)
        1. 1.1.18.1. 补充——string的反转:
      19. 1.1.19. 一元多项式求导 (25)