一、题目名称：计算公式

时间限制：1000ms内存限制：256M

题目描述：

给定整数n。 计算公式： n i-1
∑ ∑ [gcd(i + j, i - j) = 1]
i=1 j=1

输入描述：

输入整数n。(1<=n<=1e6)

输出描述：

输出答案

🚩 示例：

✔️ 示例1:

输入
233

输出
11065

🔔 解题思路：

首先，我们需要明确计算公式的含义。公式中的i和j都是从1开始的，并且满足gcd(i + j, i - j) = 1。我们需要计算一个双重求和的公式。

代码如下：

import mathdef calc(n):result = 0for i in range(1, n+1):for k in range(1, (i//2) + 1):if math.gcd(i+k, i-k) == 1:result += 2return resultn = int(input())
print(calc(n))

二、题目名称：计算逆波兰表达式的结果

时间限制：1000ms内存限制：256M

题目描述:

逆波兰记法中，操作符置于操作数的后面。例如表达“三加四”时，写作“3 4 +”，而不是“3 + 4”。如果有多个操作符，操作符置于第二个操作数的后面，所以常规中缀记法的“3 - 4 + 5”在逆波兰记法中写作“3 4 - 5 +”：先3减去4，再加上5。使用逆波兰记法的一个好处是不需要使用括号。例如中缀记法中“3 - 4 * 5”与“（3 - 4）*5”不相同，但后缀记法中前者写做“3 4 5 * -”，无歧义地表示“3 (4 5 *) -”；后者写做“3 4 - 5 *”。（测试用例仅做参考，我们会根据代码质量进行评分）

输入描述：

第一行输入一个整数 n，表示包含元素数量.(1<=n<=1000) 第二行输入n个元素。

输出描述：

输出计算后的结果。

🚩示例：

✔️示例1

输入
2
1 + 3 *

输出
9

🔔 解题思路：

使用一个栈来辅助计算，遍历输入的表达式元素。如果遇到操作数，则将其入栈；如果遇到操作符，则从栈中取出两个操作数进行计算，并将结果再次入栈。最后，栈中剩下的唯一元素即为计算结果。

代码如下：

def calc(s):stack = []for token in s:if token.isdigit():stack.append(int(token))elif token == '+':num2 = stack.pop()num1 = stack.pop()stack.append(num1 + num2)elif token == '-':num2 = stack.pop()num1 = stack.pop()stack.append(num1 - num2)elif token == '*':num2 = stack.pop()num1 = stack.pop()stack.append(num1 * num2)elif token == '/':num2 = stack.pop()num1 = stack.pop()if num1 % num2 == 0:  # 如果能整除，则结果是整数stack.append(int(num1 // num2))else:stack.append(int(num1 / num2))return stack[0]s= input().split()
result = calc(s)
print(result)

参考其他解法：

s = input().split()
z = []
for i in s:z.append(str(int(eval(z.pop() + i + z.pop()))) if i in '+-*/' else i)
print(z[0])

三、题目名称：争抢糖豆

时间限制：1000ms内存限制：256M

题目描述:

抓糖豆，小Q与小K都喜欢吃糖豆。 但是糖豆分两种，超甜糖豆和普通糖豆。 现在有w个超甜糖豆和b个普通糖豆。 小Q和小K开始吃糖豆，他们决定谁先吃到超甜糖豆谁就获胜。 小K每次吃的时候会捏碎一颗糖豆。 小Q先吃，小Q想知道自己获胜的概率。 如果两个人都吃不到超甜糖豆小K获胜。

输入描述：

输入两个整数w,b。(0<=w,b<=1000)

输出描述：

答案保留9位小数。

🚩示例：

✔️示例1
输入
3 3 2

输出
2

🔔 解题思路：

我们可以使用动态规划来解决这个问题。设 dp[w][b] 表示在剩下 w 个超甜糖豆和 b 个普通糖豆的情况下，小 Q 获胜的概率。

根据题目描述，小 Q 先开始吃糖豆，而小 K 每次吃的时候会捏碎一颗糖豆。因此，小 Q 只能通过吃掉一个普通糖豆来改变局面。当小 Q 吃掉一个普通糖豆后，剩下的糖豆数量变为了 w 和 b-1。

可以得到状态转移方程：

dp[w][b] = w / (w + b) + (b / (w + b)) * (1 - dp[w][b-1])

边界条件为：当没有超甜糖豆时，小 Q 不可能获胜，所以 dp[0][b] = 0；当没有普通糖豆时，小 Q 必定获胜，所以 dp[w][0] = 1。

最终答案为 dp[w][b]，即在初始状态下，小 Q 获胜的概率。

代码如下：

def calc(w, b):if w == 0:return 0if b == 0:return 1dp = [[0.0] * (b + 1) for _ in range(w + 1)]dp[0][b] = 0dp[w][0] = 1for i in range(1, w + 1):for j in range(1, b + 1):dp[i][j] = i / (i + j) + (j / (i + j)) * (1 - dp[i][j-1])return dp[w][b]w, b = map(int, input().split())
result = calc(w, b)
print('{:.9f}'.format(result))

参考其他解法：

w, b = map(int, input().split())
dp = [[0]*(b+1) for _ in range(w+1)]
for i in range(1, w+1):for j in range(b+1):if j <= 1:dp[i][j] = i / (i + j)else:dp[i][j] = i / (i + j) + j / (i + j) * (j - 1) / (i + j - 1) * ((j - 2) / (i + j - 2) * dp[i][j - 3] + i / (i + j - 2) * dp[i - 1][j - 2])
print("{:.9f}".format(dp[w][b]))