<>第十二届蓝桥杯C++B 组真题

<>试题A. 空间

小蓝准备用256MB的内存空间开一个数组,数组的每个元素都是32 位二进制整数。
如果不考虑程序占用的空间和维护内存需要的辅助空间,请问256MB 的空间可以存储多少个32 位二进制整数?

1MB= 1024KB 1KB= 1024B 1B= 1b
#include <iostream> using namespace std; int main() { cout << 256 * 1024 *
1024 / 4; return 0; }
<>试题B 卡片

小蓝有很多数字卡片,每张卡片上都是数字0 到9。
小蓝准备用这些卡片来拼一些数,他想从1 开始拼出正整数,每拼一个,就保存起来,卡片就不能用来拼其它数了。
小蓝想知道自己能从1 拼到多少。
例如,当小蓝有30 张卡片,其中0 到9 各3 张,则小蓝可以拼出1 到10,但是拼11 时卡片1 已经只有一张了,不够拼出11。
现在小蓝手里有0 到9 的卡片各2021 张,共20210 张,请问小蓝可以从1拼到多少?
提示:建议使用计算机编程解决问题。

依次取出每个数的每个位数,

注意:当小于0的时候说明当前数已经算过了i,所以i需要减1, 可以用个小数模拟一下
#include <iostream> using namespace std; int a[11]; bool check(int n) {
while(n) { int t = n % 10; if(-- a[t] < 0) return true; n /= 10; } return
false; } int main() { for(int i = 0; i < 10; i ++) a[i] = 2021; for(int i = 1;
; i ++) { if(check(i)) { cout << i - 1; return 0; } } }
<>试题C 直线

在平面直角坐标系中,两点可以确定一条直线。
如果有多点在一条直线上,那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
给定平面上2 × 3 个整点{(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z},
即横坐标是0 到1 (包含0 和1) 之间的整数、纵坐标是0 到2 (包含0 和2) 之间的整数的点。
这些点一共确定了11 条不同的直线。
给定平面上20 × 21 个整点{(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z},
即横坐标是0 到19 (包含0 和19) 之间的整数、纵坐标是0 到20 (包含0 和20) 之间的整数的点。
请问这些点一共确定了多少条不同的直线。

set判重写法
#include<iostream> #include<set> #include<vector> #include<cmath> using
namespace std; typedef pair<int,int> PII; set<pair<PII, int>> s; //约分后去重
vector<PII> v; int gcd(int a, int b) //最大公约数进行约分 { return b ? gcd(b, a % b) :
a; } int main(){ for(int i = 0; i < 20; i++) for(int j = 0; j < 21; j++ )
v.push_back({i,j}); //读入所有点 for(int i = 0; i < v.size(); i++) { for(int j = i +
1; j < v.size(); j++) { int x1 = v[i].first, y1 = v[i].second; int x2 =
v[j].first, y2 = v[j].second; int A = x2 - x1, B = y1 - y2, C = x1 * y2 - x2 *
y1; int d = gcd(gcd(A,B), C); s.insert({ { B / d, A / d }, C / d });
//读入约分后的斜率和常数set自动判重 } } cout << s.size(); return 0; }
排序double写法,有精度问题
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath>
using namespace std; const int N = 200000; int n; struct Line { double k, b;
bool operator< (const Line& t) const { if (k != t.k) return k < t.k; return b <
t.b; } }l[N]; int main() { for (int x1 = 0; x1 < 20; x1 ++ ) for (int y1 = 0;
y1 < 21; y1 ++ ) for (int x2 = 0; x2 < 20; x2 ++ ) for (int y2 = 0; y2 < 21; y2
++ ) if (x1 != x2) { double k = (double)(y2 - y1) / (x2 - x1); double b = y1 -
k * x1; l[n ++ ] = {k, b}; } sort(l, l + n); int res = 1; for (int i = 1; i <
n; i ++ ) if (fabs(l[i].k - l[i - 1].k) > 1e-8 || fabs(l[i].b - l[i - 1].b) >
1e-8) res ++ ; cout << res + 20 << endl; //加上斜率为0的二十个竖线 return 0; }
<>试题D 货物摆放

小蓝有一个超大的仓库,可以摆放很多货物。
现在,小蓝有n 箱货物要摆放在仓库,每箱货物都是规则的正方体。
小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向,每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。
小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上分别堆L、W、H 的货物,满足n = L × W × H。
给定n,请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如,当n = 4 时,有以下6 种方案:1×1×4、1×2×2、1×4×1、2×1×2、2×2×1、4×1×1。
请问,当n = 2021041820210418 (注意有16 位数字)时,总共有多少种
方案?
提示:建议使用计算机编程解决问题。

前置条件就是a, b, c均会被n整除,所以可以晒出约数后暴力,(直接暴力时间太长。。。)
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector>
using namespace std; typedef long long LL; int main() { LL n =
2021041820210418; vector<LL> d; //约数板子 for (LL i = 1; i * i <= n; i ++ ) if (n
% i == 0) { d.push_back(i); if (n / i != i) d.push_back(n / i); } int res = 0;
for (auto a: d) for (auto b: d) for (auto c: d) if (a * b * c == n) res ++ ;
cout << res << endl; return 0; }
<>试题E 路径

小蓝学习了最短路径之后特别高兴,他定义了一个特别的图,希望找到图中的最短路径。
小蓝的图由2021 个结点组成,依次编号1 至2021。
对于两个不同的结点a, b,如果a 和b 的差的绝对值大于21,则两个结点之间没有边相连;
如果a 和b 的差的绝对值小于等于21,则两个点之间有一条长度为a 和b 的最小公倍数的无向边相连。
例如:结点1 和结点23 之间没有边相连;结点3 和结点24 之间有一条无向边,长度为24;
结点15 和结点25 之间有一条无向边,长度为75。
请计算,结点1 和结点2021 之间的最短路径长度是多少。
提示:建议使用计算机编程解决问题。

模板默写题
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue>
using namespace std; const int N = 2200, M = N * 50; int n; int h[N], e[M],
w[M], ne[M], idx; int q[N], dist[N]; bool st[N]; int gcd(int a, int b) //
欧几里得算法 { return b ? gcd(b, a % b) : a; } void add(int a, int b, int c) //
添加一条边a->b,边权为c { e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ; } int
spfa() { memset(dist, 0x3f, sizeof dist); dist[1] = 0; queue<int> q; q.push(1);
st[1] = true; while (q.size()) { int t = q.front(); q.pop(); st[t] = false; for
(int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) { int j = e[i]; if (dist[j] > dist[t] +
w[i]) { dist[j] = dist[t] + w[i]; if (!st[j]) { q.push(j); st[j] = true; } } }
} return dist[n]; } int main() { n = 2021; memset(h, -1, sizeof h); for (int i
= 1; i <= n; i ++ ) for (int j = max(1, i - 21); j <= min(n, i + 21); j ++ ) {
int d = gcd(i, j); add(i, j, i * j / d); } printf("%d\n", spfa()); return 0; }
<>试题F 时间显示

小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。
在服务器上,朋友已经获取了当前的时间,用一个整数表示。
值为从1970 年1 月1 日00:00:00 到当前时刻经过的毫秒数。
现在,小蓝要在客户端显示出这个时间。
小蓝不用显示出年月日,只需要显示出时分秒即可,毫秒也不用显示,直接舍去即可。
给定一个用整数表示的时间,请将这个时间对应的时分秒输出。

思路:只需考虑某天时间,与日历问题均无关
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace
std; typedef long long LL; int main() { LL n; cin >> n; n /= 1000; n %= 86400;
int h = n / 3600; n %= 3600; int m = n / 60; int s = n % 60;
printf("%02d:%02d:%02d\n", h, m, s); return 0; }
<>试题G 砝码称重

<>题目描述

你有一架天平和N 个砝码,这N 个砝码重量依次是W1, W2, … , WN。
请你计算一共可以称出多少种不同的重量?
注意砝码可以放在天平两边。

<>输入格式

输入的第一行包含一个整数N。
第二行包含N 个整数:W1, W2, W3, … , WN。
对于50% 的评测用例,1 ≤ N ≤ 15。
对于所有评测用例,1 ≤ N ≤ 100,N 个砝码总重不超过100000。

<>输出格式

输出一个整数代表答案。

<>输入样例
3 1 4 6
<>输出样例
10

#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace
std; const int N = 110, M = 200010, B = M / 2; int n, m; int w[N]; bool
f[N][M]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i ++ )
scanf("%d", &w[i]), m += w[i]; f[0][B] = true; for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = -m; j <= m; j ++ ) //负数就是放左面, 正数就是右面 { f[i][j + B] = f[i - 1][j +
B]; //有可能出现负数的情况,所以要在所有二维中加入偏移量 if (j - w[i] >= -m) f[i][j + B] |= f[i - 1][j -
w[i] + B];//有相等情况或等于 if (j + w[i] <= m) f[i][j + B] |= f[i - 1][j + w[i] + B];
//同f[i][j + B] = f[i - 1][j + w[i] + B] || f[i][j + B]; } int res = 0; for (int
j = 1; j <= m; j ++ ) if (f[n][j + B]) res ++ ; printf("%d\n", res); return 0; }
<>试题 H 杨辉三角形

<>题目描述

下面的图形是著名的杨辉三角形:

如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列,可以得到如下数列:
1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 4, 1, …
给定一个正整数N,请你输出数列中第一次出现N 是在第几个数?

<>输入格式

输入包含T行,表示T组测试数据。T不超过10。
每行输入一个整数N,N不超过10^9。

<>输出格式

对于每组测试数据输出一行表示答案。

<>输入样例
2 3 6
<>输出样例
8 13
思路:见代码
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace
std; typedef long long LL; int n; /* 找第一个,而杨辉三角是对称的所以不可能在右面 1 --- C(0, 0) 1 1 2
--- C(2, 1) 1 3 1 4 6 --- C(4, 2) 1 5 10 1 6 15 20 --- C(6, 3) ....
因此可以得出结论枚举斜行来找到值 列如:第二行 2 3 4 5 6 因数列是有序单调的所以可以用二分求解 */ LL C(int a, int b)
//直接暴力求组合数 { LL res = 1; for (int i = a, j = 1; j <= b; i --, j ++ ) { res =
res * i / j; if (res > n) return res; } return res; } bool check(int k) //二分求值
{ LL l = k * 2, r = max((LL)n, l); // 第一行特殊情况, r必须比l大 while (l < r) { LL mid =
l + r >> 1; if (C(mid, k) >= n) r = mid; else l = mid + 1; } if (C(r, k) != n)
return false; //根据坐标(r,k)求出位置 cout << r * (r + 1) / 2 + k + 1 << endl; return
true; } int main() { cin >> n; // n最大1e9,C(34, 17) > 1e9, C(32, 16) <
1e9,因此只要枚举前16个斜行即可 for (int k = 16; ; k -- ) if (check(k)) break; return 0; }
<>试题I 双向排序

<>题目描述

给定序列(a[1], a[2], … , a[n]) = (1, 2, … , n),即a[i] = i。
小蓝将对这个序列进行m次操作,每次可能是将a[1], a[2], … a[qi] 降序排列,或者将a[qi], a[qi+1], … , a[n]
升序排列。
请求出操作完成后的序列。

<>输入格式

输入的第一行包含两个整数n, m,分别表示序列的长度和操作次数。
接下来m行描述对序列的操作,其中第i行包含两个整数pi, qi 表示操作类型和参数。
当pi = 0 时,表示将a[1], a[2], … a[qi] 降序排列;当pi = 1 时,表示将a[qi], a[qi+1], … , a[n]
升序排列升序排列。
对于30% 的评测用例,n,m ≤ 1000;
对于60% 的评测用例,n,m ≤ 5000;
对于所有评测用例,1 ≤ n,m ≤ 100000, 0 ≤ ai ≤ 1,1 ≤ bi ≤ n。

<>输出格式

输出一行,包含n个整数,相邻的整数之间使用一个空格分隔,表示操作完成后的序列。

<>输入样例
3 3 0 3 1 2 0 2
<>输出样例
3 1 2
思路:假设这是我们的原序列

优化一: 由于一开始的序列是升序的,所以如果一开始的操作是后缀操作的话是没有意义的,序列是不会改变的,所以我们从前缀操作开始看,红色为将要操作的前缀序列

如果有连续的前缀操作,我们发现只需要进行最长的一个前缀操作即可,因为短的前缀操作后,长的还是要进行操作,为何不直接进行最长的前缀操作呢,后缀操作同理,我们把所有的操作节点存进栈,有两个成员变量,一个是当前操作是前缀操作还是后缀操作,另一个是操作的边界

优化二: 若进行到下图这种情况时

蓝色为原序列,红色为最长连续前缀,橙色为最长连续后缀

从下图我们发现

* 原序列 AA 段严格大于 BB 段
* AA 段 == A1A1 段, BB 段 == B1B1 段
* 所以 A1A1 段严格大于 B1B1 段
* A2A2 段 == A1A1 段
* 所以 A2A2 段严格大于 CC 段,所以后缀升序操作(橙色)只需要操作 CC 段即可
*
对于前缀操作同理 ,只需要操作 CC 段即可

优化三: 当出现下面这种情况时

也就是在进行一次前缀操作和后缀操作后,下一次的前缀操作在上一次的前缀操作的节点后,这个时候我们可以把前两次操作给删去,直接进行这一次的前缀操作,因为上一次的后缀操作和前缀操作都包含在了这一次的前缀操作内,前两次操作等于是没用的,所以我们只需要保留当前操作即可

另外,我们可以发现在我们一次次操作的过程中,操作的区间是在慢慢变小的,每次操作的时候,序列总有一部分是不需要进行操作的,我们也就可以用一个变量来递减的填入数组中
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #define x first
#define y second using namespace std; typedef pair<int, int> PII; const int N =
100010; int n, m; PII stk[N]; int ans[N]; int main() { scanf("%d%d", &n, &m);
int top = 0; while (m -- ) { int p, q; scanf("%d%d", &p, &q); if (!p) { while
(top && stk[top].x == 0) q = max(q, stk[top -- ].y); while (top >= 2 && stk[top
- 1].y <= q) top -= 2; stk[ ++ top] = {0, q}; } else if (top) { while (top &&
stk[top].x == 1) q = min(q, stk[top -- ].y); while (top >= 2 && stk[top - 1].y
>= q) top -= 2; stk[ ++ top] = {1, q}; } } int k = n, l = 1, r = n; for (int i
= 1; i <= top; i ++ ) { if (stk[i].x == 0) while (r > stk[i].y && l <= r) ans[r
-- ] = k -- ; else while (l < stk[i].y && l <= r) ans[l ++ ] = k -- ; if (l >
r) break; } if (top % 2) while (l <= r) ans[l ++ ] = k -- ; else while (l <= r)
ans[r -- ] = k -- ; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) printf("%d ", ans[i]);
return 0; }
<>试题J 括号序列

<>题目描述

给定一个括号序列,要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法。
当添加完成后,会产生不同的添加结果,请问有多少种本质不同的添加结果。
两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号,而另一个是右括号。
例如,对于括号序列(((),只需要添加两个括号就能让其合法
有以下几种不同的添加结果:()()()、()(())、(())()、(()()) 和((()))。

<>输入格式

输入一行包含一个字符串s,表示给定的括号序列,序列中只有左括号和右括号。
对于40% 的评测用例,|s| ≤ 200。
对于所有评测用例,1 ≤ |s| ≤ 5000。

<>输出格式

输出一个整数表示答案,答案可能很大,请输出答案除以1000000007

<>输入样例
((()
<>输出样例
5
思路:考虑到我们只能在空隙中插入括号, 如果我们添加的一对左右括号不是在同一个空隙中, 那么他们显然是互不干扰的;如果是添加在同一个空隙中,
那么他们的添加顺序是唯一的, 只能是)(, 因为如果是()的话, 那我们本次的添加就是无效的, 不满足添加最少的括号使得序列得到匹配。 由此可得,
我们只需要单独计算出添加左括号的方案数, 乘上单独添加右括号的方案数就是答案的数量

#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace
std; typedef long long LL; const int N = 5010, MOD = 1e9 + 7; int n; char
str[N]; LL f[N][N]; //前i个括号左括号比右括号多j个的集合 LL work() { //初始化 memset(f, 0, sizeof
f); f[0][0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) if (str[i] ==
'(')//如果是左括号就是之前状态的j - 1 { for (int j = 1; j <= n; j ++ ) f[i][j] = f[i - 1][j
- 1]; } else { f[i][0] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % MOD; for (int j = 1; j
<= n; j ++ ) /* f[i][j] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1] + ...... + f[i - 1][j]
f[i][j + 1] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1] + ...... + f[i - 1][j] + f[i - 1][j +
1] 那么我们可以得出 f[i][j] = f[i][j - 1] + f[i - 1][j - 1] */ f[i][j] = (f[i - 1][j +
1] + f[i][j - 1]) % MOD; } for (int i = 0; i <= n; i ++ ) if (f[n][i]) return
f[n][i]; return -1; } int main() { scanf("%s", str + 1); n = strlen(str + 1);
LL l = work(); //由于状态转移是用左括号表示的, 而题目是右括号所以只需反转左右括号对调一下就可以了 reverse(str + 1, str
+ n + 1); for (int i = 1; i <= n; i ++ ) if (str[i] == '(') str[i] = ')'; else
str[i] = '('; LL r = work(); printf("%lld\n", l * r % MOD); return 0; }
<>参考:

acwing 《蓝桥杯C++AB组辅导课》

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