CI 叠筐
把一个个大小差一圈的筐叠下来，使得从上往下看时，边筐花色交织。这个工作当初要让计算机来实现，得看你的了。
输出
输出是一个个的三元组，别离是，外筐尺寸 n（n 为满足 0 <n<80 的奇整数），核心花色字符，外筐花色字符，后二者都为 ASCII 可见字符；
输入
输入叠在一起的筐图案，核心花色与外筐花色字符从内层起交织相叠，多筐相叠时，最外筐的角总是被打磨掉。叠筐与叠筐之间应有一行距离。
样例输出
5 ^ !
7 ()
0
样例输入（图形显示谬误，应为突围状仿圆形筐形，花纹由内而外按层交织散布）
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//#include<iostream>
//#include<algorithm>
//#include<cstring>
//#include<cmath>
//using namespace std;
///*
// 用一个缓存数组示意要输入的字符序列。阵列的左上角为（1，1），右下角为（n，n）。由内到外实现排版。// 最内层的横坐标是(n+1)/2
// 而后向上遍历 到 1 为止
// 记 k 为以后地位的横坐标 那么每一行须要打印的字符个数为从 k 到 n-k+1
//*/
//int main(){
// int n = 0;
// int a[81][81];
// char cen,out,cc; //cen：核心字符 out: 外围字符，cc: 暂存备用字符
// while(scanf("%d %c %c",&n,&cen,&out)!=EOF){// if(n == 0){
// break;
// }
// int k = (n + 1) / 2;// 找到最核心的地位
// int count = 0;// 计数用，偶数用 cen（核心字符）填充（从 count 从 0 开始），奇数用外围 out 填充
// for(int i = k; i >= 1; i--){// 横纵坐标均从 1 开始
// if(count % 2 == 0){// 用 count 奇偶来判断填充哪个字符
// cc = cen;
// }else{
// cc = out;
// }
// for(int j = i; j <= n - i + 1 ; j++){//n - i + 1 为与 i 对称地位的坐标
// a[i][j] = a[n - i + 1][j] = cc; // 随 j 的变动横向→纵列↓填充
// a[j][i] = a[j][n - i + 1] = cc; // 随 j 的变动纵向↓横列→填充
// }
// count++;// 计数器记录
// }
// if(n != 1){// 不是只有一个筐的状况下，每个角都要被赋值为空格 ' '
// a[1][1] = a[1][n] = a[n][1] = a[n][n] = ' ';// 四个角置空格
// }
// for(int i = 1; i <= n; i++){// for(int j = 1; j <= n; j++){// printf("%c",a[i][j]);
// }
// printf("\n");
// }
// printf("\n");
// }
// return 0;
//}
CJ 互质
给你一个正整数 n，请问有多少个比 n 小的且与 n 互质的正整数？
两个整数互质的意思是，这两个整数没有比 1 大的公约数。
输出
输出蕴含多组测试数据。每组输出是一个正整数 n（n<=1000000000）。当 n = 0 时，输出完结。
输入
对于每组输出，输入比 n 小的且与 n 互质的正整数个数。
样例输出 Copy
7
12
0
样例输入 Copy
6
4
欧拉函数参考自 https://www.cnblogs.com/hands…
//#include<iostream>
//#include<algorithm>
//#include<cstring>
//#include<cmath>
//using namespace std;
////typedef long long ll;// 能够用 typedef 将 long long 名称化简为 ll
///*
// 质数 = 素数
//φ(x)=x(1-1/p(1))(1-1/p(2))(1-1/p(3))(1-1/p(4))…..(1-1/p(n)) 其中 p(1),p(2)…p(n)为 x 的所有质因数
// 两个整数互质的意思是，这两个整数没有比 1 大的公约数（两个数不用为质数）// 质因数，就是指一个正整数的约数，且必须为质数，也称质因子或质约数，如 30 的质因数为 2,3,5，没 6
//*/
//long long Euler(long long x){
// long long res = x;// 给 res 赋初值 x, 便于前面连乘
// for(long long i = 2; i*i <= x; i++){// 不必对 2 - x 全副取余，只需对 2 - 根号 x 取余
// if(x % i == 0){// i 为一个质因子
// res = res / i *(i - 1);// 先进行除法避免溢出(ret=ret*(1-1/p(i)))
// while(x % i == 0){// 留神此处 x 仍为传入的数值，并未变动，变动的是 res
// x /= i; // 将失去的质因子从 x 中除去, 如若 30 不除去 2 这个质因数，则 30 % 6 == 0，6 这个不是其质因数的数也会被计算在 res 内)
// }
// }
// }
// if(x > 1){// 保障咱们曾经除完了 n 的所有的质因子，若 n > 1 有可能还会呈现一个咱们未除的因子
// res = res / x * (x - 1);// 剩下一个未除去的质因子是 x 本身，即 1 -1/x = (x - 1)/x
// }
// return res;
//}
//int main(){
// long long n = 0;
// while(scanf("%lld",&n)!=EOF,n){// printf("%lld\n",Euler(n));
// }
// return 0;
//}
CK 赌徒
有 n 个赌徒打算赌一局。规定是：
每人下一个赌注，赌注为非负整数，且任意两个赌注都不雷同。胜者为赌注恰好是其余任意三个人的赌注之和的那个人。如果有多个胜者，咱们取赌注最大的那个为最终胜者。
例如，A，B，C，D，E 别离下赌注为 2、3、5、7、12，最终胜者是 E，因为 12=2+3+7。
输出
输出蕴含多组测试数据。每组首先输出一个整数 n（1<=n<=1000），示意赌徒的个数。
接下来 n 行每行输出一个非负整数 b（0<=b<32768），示意每个赌徒下的赌注。
当 n = 0 时，输出完结。
输入
对于每组输出，输入最终胜者的赌注，如果没有胜者，则输入 no solution。
样例输出 Copy
5
2
3
5
7
12
5
2
16
64
256
1024
0
样例输入 Copy
12
no solution
这个题的测点很迷，根本很水的或者谬误的都能通过，上面写一下暴力枚举和二分的做法，尽量把二分当做主解决方案！
//#include<iostream>
//#include<algorithm>
//#include<cstring>
//#include<cmath>
//using namespace std;
///*
// 本题暴力 + 枚举
// 三重循环 a[i], a[j], a[k],a[l]别离代表四个人先选一个以后最大的值 a[i];
// 而后找一个第二大的 a[j]用 a[i]减去 a[j]和 a[k]失去差 a[l];
// 如果在剩下的数据中找到 a[l]就阐明这四个人是合乎题中形容的条件的;
// 对于 a【i】，找过的就不必再找了，因为我是从大往小找的
// 所以找到的第一个就是赌注最大的那个，之后完结循环输入就能够了。//*/
//int main(){
// int n = 0,i,j,k,l;
// int a[1001];
// while(scanf("%d",&n) != EOF,n){
// int flag = 0;// 标记是否找出了胜者
// for(i = 0; i < n; i++){// scanf("%d",&a[i]);
// }
// sort(a,a + n);// 把筹码升序排列
// for(i = n - 1; i >= 3; i--){// for(j = i - 1; j >= 2; j--){// for(k = j - 1; k >= 1; k--){// for(l = k - 1; l >= 0; l--){// if(a[i] - a[j] - a[k] == a[l]){// printf("%d\n",a[i]);
// flag = 1;
// break;//
// }
// }
// if(flag){
// break;
// }
// }
// if(flag){
// break;
// }
// }
// if(flag){
// break;
// }
// }
// if(!flag){// printf("no solution\n");
// }
// }
// return 0;
//}#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
/*
第二种：暴力 + 二分枚举
三重循环 a[i], a[j], a[k],a[l]别离代表四个人先选一个以后最大的值 a[i];
而后找一个第二大的 a[j]用 a[i]减去 a[j]和 a[k]失去差 a[l];
如果在剩下的数据中找到 a[l]就阐明这四个人是合乎题中形容的条件的;
对于 a【i】，找过的就不必再找了，因为我是从大往小找的
所以找到的第一个就是赌注最大的那个，之后完结循环输入就能够了。*/
// 二分查找
int Binary_Search(int a[],int low,int high,int key){
int mid;
while(low <= high){mid = (low + high) / 2;
//>> 是能够看做是除 2，如 12 的二进制 zhi 示意是 00001100,>>1 将 00001100 右移一位，变为 00000110，即 6
if(key == a[mid]){return mid;}else if(key < a[mid]){high = mid - 1;}else{low = mid + 1;}
}
return -1;
}
int main(){
int n = 0,i,j,k,p,bet,ans;
int a[1001];
while(scanf("%d",&n) != EOF,n){
int flag = 0;// 标记是否找出了胜者
for(i = 0; i < n; i++){scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a,a + n);// 把筹码升序排列
for(i = n - 1; i >= 0; i--){for(j = 0; j < i; j++){for(k = j + 1; k < n; k++){bet = a[i] - a[j] - a[k];
p = Binary_Search(a,k + 1,n,bet);//j = 0,k = j + 1 = 1，二分查找的地位是 a[k]之后的地位 k + 1 开始始终到 n
if(p != -1 && p !=i){//p!= i 是避免其余值均为 0，找到其自身（a[i]-0-0 = a[i]）与自身雷同
ans = i;
flag = 1;// 查找胜利, 置 1
break;
}
}
if(flag){break;}
}
if(flag){break;}
}
if(!flag){printf("no solution\n");
}else{printf("%d\n",a[ans]);
}
}
return 0;
}