2022 第十三届蓝桥杯大赛软件赛省赛,C/C++ 大学B组题解
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第1题 —— 九进制转十进制 (5分)
- 进制转换,9的0次方乘2+9的1次方乘2+2次方乘0+三次方乘9,输出就行。
- 答案:1478
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
cout<<2+2*9+2*9*9*9<<"\n";
return 0;
}
第2题 —— 顺子日期 (5分)
- 年份确定了是2022,可以枚举出每一天,然后暴力判断一下就行。
- 答案:14
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int days[13] = {
0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 }; //2022不是闰年
int main(){
int cnt = 0;
for(int month = 1; month <= 12; month++)
for (int day = 1; day <= days[month]; day++) {
string s = "2022";
if (month < 10) s += '0'+ to_string(month);
else s += to_string(month);
if (day < 10) s += '0' + to_string(day);
else s += to_string(day);
if(s.find("012") != s.npos || s.find("123") != s.npos){
cnt++;
}
}
cout<<cnt<<"\n";
return 0;
}
第3题 —— 刷题统计 (10分)
- 不难想到暴力模拟,day++表示天数,然后不断减掉对应星期几的天数即可。
- 1e18会超时,因为每周的题数是固定的,所以单独拿出来做除法。
- 1e18要开longlong。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL; //开ll
int main(){
LL a, b, n; cin>>a>>b>>n;
LL c = a*5+b*2; //每周做的题数
LL day = n/c*7; //直接除
n = n%c;
while(n > 0){
day++;
if(day%7==6 || day%7==0)n -= b; //周末
else n -= a;
}
cout<<day<<"\n";
return 0;
}
第4题 —— 修剪灌木 (10分)
- 题意:给一个数组,每秒钟所有数+1,指针开始在最左边,每秒往右移动一个,到边界后转向回来然后往复循环,求数组可能产生的最大值。
- 其实一眼结论题
每个灌木被剪掉以后,在下一次被剪之前,这段时间内,灌木丛会生长到最大,就是看他什么下次什么时候被剪。
所以当前灌木丛的最大长度取决于灌木丛到两端点的距离,那么for一遍输出就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n; cin>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++)cout<<max(i-1,n-i)*2<<endl;
return 0;
}
第5题 —— X进制减法 (15分)
-
题意:定义X进制表示每一位进制不同的数。给出两个X进制数A和B(规则相同,但是不知道规则,且最高N进制,最低2进制),求A-B的可能最小值。
-
思路:
因为AB的规则是一样的,所以A-B第i位的值其实已经确定了,就是给他们加个规则。
那必然是进制越小越好,最好是2进制。
如果都是2进制就不满足规则了,所以最小进制肯定是右边i+1上A和B的最大+1,不要再大了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1000000007, maxn = 1e5+10;
LL a[maxn], b[maxn];
int main(){
int n, an, bn; cin>>n>>an;
for(int i = an; i >= 1; i--)cin>>a[i];//1-n低位到高位
cin>>bn;
for(int i = bn; i >= 1; i--)cin>>b[i];
LL ans = 0, base = 1;
for(int i = 1; i <= an; i++){
LL w = max({
a[i], b[i],1LL})+1;
ans = (ans+(a[i]-b[i])*base)%mod;
base = base*w%mod;
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
第6题 —— 统计子矩阵 (15分)
- 题意:求给出的nm的矩阵里有多少个子矩阵满足和不超过k。
- 不难想到二维前缀和,然后暴力枚举对角线,四次方可以求出所有的解。
但是数据范围是500的,所以还要再优化一维。 - 不难想到枚举一个横坐标上的区间以后,纵坐标维度上的可以采用双指针(尺取法)来做。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 550;
LL a[maxn][maxn], b[maxn][maxn], ans;
int main(){
int n, m, k; cin>>n>>m>>k;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
cin>>a[i][j];
a[i][j] += a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];//二维前缀和
}
}
for(int l = 1; l <= m; l++){
for(int r = l; r <= m; r++){
for(int i = 1, j = 1; i <= n; i++){
//双指针
while(j <= i && (a[i][r]-a[i][l-1]-a[j-1][r]+a[j-1][l-1])>k){
j++;
}
if(j <= i)ans += i-j+1;
}
}
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
第7题 —— 积木画 (20分)
- 题意:有2种积木,2xn的板子,求有多少放法。
- 明显是个dp,想一下状态,令f(i,j) 表示前i-1列填满且第i列的状态为j,j=0(00) j=1(10) j=2(01) j=3(11)时候的放法数量。线性+2维的复杂度也是刚刚好。
- 然后转移的时候尝试把各种格子放进去即可。
- 这题一个比较坑的点是直接开longlong会爆内存,要int然后转longlong,内存卡的有点紧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e7+10, mod = 1e9+7;
int f[maxn][4];
int main(){
int n; cin>>n;
f[0][3] = 1;
f[1][0] = 1; f[1][1] = 1; f[1][2] = 1; f[1][3] = 2;
for(int i = 2; i <= n; i++){
f[i][0]=(LL)(f[i-1][3])%mod;
f[i][1]=(LL)(f[i-1][0]+f[i-1][2])%mod;
f[i][2]=(LL)(f[i-1][1]+f[i-1][0])%mod;
f[i][3]=((LL)(f[i-1][1]+f[i-1][2])%mod+(LL)(f[i-1][3]+f[i-2][3])%mod)%mod;
}
cout<<f[n][0]<<endl;
return 0;
}
第8题 —— 扫雷 (20分)
- 题意:给出n个地雷,坐标x,y和半径r的圆。接下来m个排雷火箭,也是坐标x,y和半径r的圆。排雷火箭范围内的地雷会爆炸,然后爆炸的地雷范围内的地雷也会爆炸,求最后炸了多少个地雷。
- 注意到所有点爆炸半径都不超过10,而且每个点坐标都是整数,那么对于一个点其半径内的点完全可以枚举出来,最多也就400个点,n是5e4,乘起来相当于遍历一遍所有可能的点,复杂度也够。
- 坐标直接用map存的话带个log会超时,所以要用无向的map(加个哈希)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long qpow(long long x){
return x * x; }
struct hsh {
size_t operator () (const pair<int,int> &a) const {
return a.first * 239 + a.second * 7;
}
};
unordered_map< pair<int,int>, int, hsh> mp;
unordered_map< pair<int,int>, int, hsh> rr;
long long ans = 0;
void dfs(int x, int y, int r){
for(int i = x-r; i <= x+r; i++){
//枚举半径范围内的所有点
for(int j = y-r; j <= y+r; j++){
if(qpow(i-x)+qpow(j-y) <= qpow(r)){
auto it = make_pair(i,j);
if(mp.count(it)){
//判断是不是雷
ans += mp[it];
mp.erase(it);
dfs(i,j,rr[it]); //递归爆炸
}
}
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m; cin>>n>>m;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int x, y, r; cin>>x>>y>>r;
auto pos = make_pair(x,y);
mp[pos]++;
rr[pos] = max(r, rr[pos]);
}
while(m--){
int x, y, r;
cin>>x>>y>>r;
dfs(x, y, r); //从这里开始爆炸
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
第9题 —— 李白打酒加强版 (25分)
- 题意:开始有2斗酒, 逢店加一倍, 遇花喝一斗。一共遇到店 N 次, 遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花, 他正好把酒喝光了。求一路遇到店和花的顺序, 有多少种不同的可能?
没酒 ( 0 斗) 时遇店是合法的, 加倍后还是没酒; 但是没酒时遇 花是不合法的。 - 明显也是dp,比积木还简单一点,据说是有原题。令 f[i][j][k] 表示走过了 i 个酒馆,j 个花,还有 k 斗酒的方案数, 此时复杂度刚刚好。
- 转移:到酒馆时,因为到酒馆时翻一倍,所以这时的 k 一定是偶数。遇到花时,上一次的酒比当前多 1,所以从k+1转移。
- 可以用记忆化写,看起来清楚一点。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m,dp[110][110][110];
int dfs(int i, int j, int k){
//走过了i个酒馆,j个花,还有k斗酒的方案数
if(i<0 || j<0 || k<0)return 0;//遇花,遇店,酒壶里的酒都要>=0
if(i>k)return 0; //每次要喝1,所以酒馆要小于总酒量
if(j==0 && i==1 && k==1)return 1; //边界状态,一个酒馆
if(dp[i][j][k] != -1)return dp[i][j][k];
return dp[i][j][k] = (dfs(2*i,j-1,k)+dfs(i-1,j,k-1))%1000000007;
}
int main(){
memset(dp, -1, sizeof(dp));
cin>>n>>m;
cout<<dfs(2,n,m)<<"\n";
return 0;
}
第10题 —— 砍竹子 (25分)
- 题意:一排n个竹子,每次可以选一个高度相等的区间变成根号hi/2+1下取整,求最少多少次能让所有竹子的高度变为1。
- 数据范围 2e5,暴力肯定过不去,估计nlogn。因为是根号,所以把一根竹子变成1最多只要操作6次,所以到时候肯定会有很多相等的区间的竹子,我们不妨贪心的从高到低砍竹子(这样肯定不会更坏)。
- 此时不难想到用堆维护,我们每次找出最高的竹子,把相同高度且编号连续的竹子依次取出(所以要重载结构体维护一个编号),然后把竹子砍一半再加入堆中。直到最高的竹子的高度是1就代表我们已经结束了。
- 用longlong的时候,sqrt要换成sqrtl!!不然会爆精度,其他类似的函数也是。
总结2点:
1、首先我们注意到,一般的做题过程就是,找到某个结论(关键点,突破口),然后做优化的那种题目,比如说数据范围1e5,但是某个数据很小(发现6次就砍完,地雷范围r<10),就可以拿这个做文章,再比如一眼暴力,然后想想怎么用结论(比如说来回走动的规律,到两边的距离,双指针)这种来优化,或者说其实大多数dp类型的思维/暴力题,都有点这种意味在里面。
2、另外一个思维的切入点是,先想清楚再写代码,think twice, code once,这样不容易思路被带偏,不要上来就啪啪啪输入输出,这样后面就卡住了(起码我是这样的,会被打断,可能题意都忘记了,那还写个锤子),大体思路想好,感觉方案可行了,优化完了再写,细节具体再补充上去就行,不要上来就暴力,不是每道题都有写暴力对拍的时间成本的。 虽然在写不出来了的时候多交一个暴力骗分也是一个好习惯。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node{
LL h, num;
bool operator <(const node &rhs)const{
return h==rhs.h ? num>rhs.num : h<rhs.h; }
};
priority_queue<node> q;
int main(){
int n; cin>>n;
LL t, ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin>>t; q.push((node){
t,i});
}
while(q.top().h != 1){
t = q.top().h;
n = q.top().num-1;
while(q.top().h==t&&q.top().num==n+1){
//把高度相同且编号连续的竹子砍完再入堆
n++;
q.pop();
q.push((node){
sqrtl(t/2+1),n});
}
ans++;
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}