第十一屆藍橋杯第三場軟體類省賽 C++ B組
第十一屆藍橋杯第三場軟體類省賽 C++ B組
試題 A: 數青蛙
【問題描述】
“一隻青蛙一張嘴，兩隻眼睛四條腿。兩隻青蛙兩張嘴，四隻眼睛八條腿。三隻青蛙三張嘴，六隻眼睛十二條腿。……二十隻青蛙二十張嘴，四十隻眼睛八十條腿。”
請問上面這段文字，如果完全不省略，全部寫出來，從 1 到 20 只青蛙，總共有多少個漢字。
約定：數字 2 單獨出現讀成 “兩”，在其他數裡面讀成 “二”，例如 “十二”。10 讀作 “十”，11 讀作 “十一”，22 讀作 “二十二”。請只計算漢字的個數，標點符號不計算。
【解題思路】
1~10是一個漢字;
11~19以及10的倍數是兩位;
其餘情況三位;
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int f(int x){ if(x <= 10)return 1; if(x % 10 == 0)return 2; if(x <= 20)return 2; return 3; } int main(){ int ans = 200; for(int i = 1;i <= 20;i++){ int a = i; int b = i + i; int c = i * 4; ans += f(a) * 2; ans += f(b) + f(c); } cout << ans << endl; return 0; //答案 353 }
試題 B: 互質
【問題描述】
今年是 2020 年，今天是 10 月 18 日。
請問在 1 到 2020 中，有多少個數與 1018 互質。
【解題思路】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= 2020;i++){
ans += __gcd(i,1018) == 1;
}
cout << ans << endl;
//答案1008
return 0;
}
試題 C: 車牌
【問題描述】
A 市的車牌由六位組成，其中前三位可能為數字 0 至 9，或者字母 A 至 F，每位有 16 種可能。後三位只能是數字 0 至 9。為了減少攀比，車牌中不能有連續三位是相同的字元。
例如，202020 是合法的車牌，AAA202 不是合法的車牌，因為前三個字母相同。
請問，A 市有多少個合法的車牌？
【解題思路】
總共情況為16*16*16*10*10*10
第一位第二位第三位字元一致,可以看做一位,有16種情況,第四位第五位第六位分別有10種情況
其他位上也類似，減去之後就是答案
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int ans = 16 * 16 * 16 * 10 * 10 * 10;
ans -= 16 * 10 * 10 * 10;
ans -= 16 * 10 * 10 * 10;
ans -= 16 * 16 * 10 * 10;
ans -= 16 * 16 * 16 * 10;
cout << ans << endl;
//答案 3997440
return 0;
}
試題 D: Fibonacci 集合
【問題描述】
小藍定義了一個 Fibonacci 集合 F，集合的元素如下定義：
-
最小的 5 個 Fibonacci 數 1, 2, 3, 5, 8 屬於集合 F。
-
如果一個元素 x 屬於 F，則 3x + 2、5x + 3 和 8x + 5 都屬於集合 F。
-
其他元素都不屬於 F。
請問，這個集合中的第 2020 小元素的值是多少？
【解題思路】
優先佇列直到pop出2020個元素
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
set<int> s;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
q.push(1);q.push(2);q.push(3);q.push(5);q.push(8);
s.insert(1);s.insert(2);s.insert(3);s.insert(5);s.insert(8);
int cnt = 0;
while(q.size()) {
cnt ++;
int x = q.top();
q.pop();
if(cnt == 2020) {
cout << x << endl;
break;
}
int w[] = {3 * x + 2, 5 * x + 3, 8 * x + 5};
for (int i = 0; i < 3; i ++)
if(!s.count(w[i])) {
s.insert(w[i]);
q.push(w[i]);
}
}
//答案: 41269
return 0;
}
試題 E: 上升子串
【問題描述】
小藍有一個字母矩陣，他喜歡和小夥伴們在這個矩陣上玩一些遊戲。今天，他打算玩找上升子串的遊戲。遊戲是合作性質的。小藍和小夥伴們首先要在矩陣中指定一個位置，然後從這個位置開始，向上下左右相鄰位置移動，移動必須滿足所到達位置上的字母比當前位置大。小藍和小夥伴們可以移動任意多次，也可以隨時停下來，這樣就找到了一個上升子串。只要子串在矩陣中的位置不同，就認為是不同的子串。
小藍想知道，一共可以找到多少個上升子串。小藍的矩陣很大，已經放在了試題目錄下面，叫 inc.txt。為了更清楚的
【解題思路】
記憶化搜尋,使用$$f[i][j]$$來表示從i開始到j結束的路徑條數,接下來需要dfs來計算即可
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 110;
vector<string> g;
int f[maxn][maxn]; // f[i][j]: 表示以[i,j]開頭的上升子序列
int n, m;
int dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int dfs(int x, int y) { // dfs返回以[x,y]開頭的上升子序列
if(f[x][y]) return f[x][y];
f[x][y] = 1;
for(int i = 0; i < 4; i ++ ) {
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
if(nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && g[nx][ny] > g[x][y]) {
f[x][y] += dfs(nx, ny);
}
}
return f[x][y];
}
int main() {
freopen("inc.txt", "r", stdin);
string s;
while(getline(cin, s)){
g.push_back(s);
}
n = g.size(), m = g[0].size();
int res = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++ )
for(int j = 0; j < m; j ++ ) {
res += dfs(i, j);
}
cout << res << endl;
return 0;
}
試題 F: 日期識別
【問題描述】
小藍要處理非常多的資料，其中有一些資料是日期。在小藍處理的日期中有兩種常用的形式：英文形式和數字形式。英文形式採用每個月的英文的前三個字母作為月份標識，後面跟兩位數字表示日期，月份標識第一個字母大寫，後兩個字母小寫，日期小於 10 時要補前導 0。1 月到 12 月英文的前三個字母分別是 Jan、Feb、Mar、Apr、May、Jun、Jul、Aug、Sep、Oct、Nov、Dec。數字形式直接用兩個整數表達，中間用一個空格分隔，兩個整數都不寫前導 0。其中月份用 1 至 12 分別表示 1 月到 12 月。
輸入一個日期的英文形式，請輸出它的數字形式。
【樣例輸入】
Feb08
【樣例輸出】
02 08
【解題思路】
substr取前三個字元用來判斷是幾月份即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
string months[13] = {"", "Jan", "Feb", "Mar", "Apr", "May", "Jun", "Jul", "Aug", "Sep", "Oct", "Nov", "Dec"};
string s;
cin >> s;
string month, day;
month = s.substr(0, 3);
day = s.substr(3);
for(int i = 1; i < 13; i ++) {
if(month == months[i]) cout << i << ' ';
}
cout << stoi(day);
return 0;
}
試題 G: 乘法表
【問題描述】
九九乘法表是學習乘法時必須要掌握的。在不同進位制數下，需要不同的乘法表。
例如，四進位制下的乘法表如下所示：
1*1=1
2*1=2 2*2=10
3*1=3 3*2=12 3*3=21
請注意，乘法表中兩個數相乘的順序必須為樣例中所示的順序，不能隨意
交換兩個乘數。
給定 P，請輸出 P 進位制下的乘法表。
【樣例輸入】
8
【樣例輸出】
1*1=1
2*1=2 2*2=4
3*1=3 3*2=6 3*3=11
4*1=4 4*2=10 4*3=14 4*4=20
5*1=5 5*2=12 5*3=17 5*4=24 5*5=31
6*1=6 6*2=14 6*3=22 6*4=30 6*5=36 6*6=44
7*1=7 7*2=16 7*3=25 7*4=34 7*5=43 7*6=52 7*7=61
【解題思路】
簡單的進位制模擬,注意一個十進位制轉n進位制不要寫錯
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char f(int x){
if(x <= 9 && x >= 0)return x + '0';
return x - 10 + 'A';
}
int r;
string DecToR(int x){
string ans = "";
while(x){
ans += f(x % r);
x /= r;
}
reverse(ans.begin(),ans.end());
return ans;
}
int main() {
cin >> r;
for(int i = 1;i < r;i++){
for(int j = 1;j <= i;j++){
cout << DecToR(i) << "*" << DecToR(j) << "=" << DecToR(i * j) << " ";
}
cout << '\n';
}
return 0;
}
試題 H: 限高杆
【問題描述】
某市有 n 個路口，有 m 段道路連線這些路口，組成了該市的公路系統。其中一段道路兩端一定連線兩個不同的路口。道路中間不會穿過路口。由於各種原因，在一部分道路的中間設定了一些限高杆，有限高杆的路段貨車無法通過。在該市有兩個重要的市場 A 和 B，分別在路口 1 和 n 附近，貨車從市場 A出發，首先走到路口 1 ，然後經過公路系統走到路口 n，才能到達市場 B。
兩個市場非常繁華，每天有很多貨車往返於兩個市場之間。市長髮現，由於限高杆很多，導致貨車可能需要繞行才能往返於市場之間，這使得貨車在公路系統中的行駛路程變長，增加了對公路系統的損耗，增加了能源的消耗，同時還增加了環境汙染。市長決定要將兩段道路中的限高杆拆除，使得市場 A 和市場 B 之間的路程變短。請問最多能減少多長的距離？
【輸入格式】
輸入的第一行包含兩個整數 n, m，分別表示路口的數量和道路的段數。
接下來 m 行，每行四個整數 a, b, c, d，表示路口 a 和路口 b 之間有一段長度為 c 的道路。如果 d 為 0，表示這段道路上沒有限高杆；如果 d 為 1，表示這段道路上有限高杆。兩個路口之間可能有多段道路。
輸入資料保證在不拆除限高杆的情況下，貨車能通過公路系統從路口 1 正常行駛到路口 n。
【輸出格式】
輸出一行，包含一個整數，表示拆除兩段道路的限高杆後，市場 A 和市場B 之間的路程最大減少多長距離。
【樣例輸入】
5 7
1 2 1 0
2 3 2 1
1 3 9 0
5 3 8 0
4 3 5 1
4 3 9 0
4 5 4 0
【樣例輸出】
6
【解題思路】
使用spfa來求解此題，但是假設我們列舉所有斷點的話，那麼很明顯會超時，所以需要對其進行改進，拓展dist為二維使用\(dist[n][i]\)來表示從1號點走到n號點，經過限高杆為k個的最短路
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 10010, M = 200010;
int n, m;
bool vis[N][3];
int dist[N][3];
int h[N], e[M], s[M], w[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b, int c, int d) {
e[idx] = b, w[idx] = c, s[idx] = d, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void spfa() {
queue<pii> q;
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
q.push({1, 0});
dist[1][0] = dist[1][1] = dist[1][2] = 0;
vis[1][0] = true;
while(q.size()) {
int u = q.front().first;
int tcnt = q.front().second;
q.pop();
vis[u][tcnt] = false;
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int v = e[i];
int total = tcnt + s[i];
if(total > 2) continue;
if(dist[v][total] > dist[u][tcnt] + w[i]) {
dist[v][total] = dist[u][tcnt] + w[i];
if(!vis[v][total]) {
vis[v][total] = true;
q.push({v, total});
}
}
}
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
memset(h, -1, sizeof h);
while(m --) {
int a, b, c, d;
cin >> a >> b >> c >> d;
add(a, b, c, d), add(b, a, c, d);
}
spfa();
cout << dist[n][0] - min(dist[n][1], dist[n][2]) << endl;
return 0;
}
試題 I: 畫中漂流
【問題描述】
在夢境中，你踏上了一隻木筏，在江上漂流。根據對當地的瞭解，你知道在你下游 D 米處有一個峽谷，如果你向下遊前
進大於等於 D 米則必死無疑。現在你打響了急救電話，T 秒後救援隊會到達並將你救上岸。水流速度是1 m/s，你現在有 M 點體力。每消耗一點體力，你可以劃一秒槳使船向上遊前進 1m，否則會向下遊前進 1m (水流)。M 點體力需在救援隊趕來前花光。因為江面太寬了，憑藉你自己的力量不可能上岸。請問，有多少種划槳的方案可以讓你得救。
兩個划槳方案不同是指：存在某一秒鐘，一個方案划槳，另一個方案不劃。
【樣例輸入】
1 6 3
【樣例輸出】
5
【解題思路】
比較簡單的動態規劃題，你可以在每一秒中選擇劃或者不劃的兩種操作，通過計算剩餘的體力和時間可以計算出是否已經落下懸崖，加上兩面的合法方案，既可以將答案輸出
具體方案為
// dp[i,j] : 花費時間為i，且剩餘體力為j的方案數 答案：dp[t][0]，初始化f[0][m] = 1;
// 不劃f[i - 1][j] ， 劃f[i - 1][j + 1];
// 關鍵點：距離可以通過 時間和剩餘體力計算出來!
// 初始距離：d， 向上遊距離：m - j ，向下流距離 i - (m - j)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3010, mod = 1e9 + 7;
int d, t, m;
int dp[N][N];
int main() {
cin >> d >> t >> m;
dp[0][m] = 1;
for(int i = 1; i <= t; i ++ )
for(int j = 0; j <= m; j ++) {
int dist = d + (m - j) - (i - (m - j));
if(dist > 0) {
dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j]) % mod;// 不劃
dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j + 1]) % mod;// 劃
}
}
cout << dp[t][0] << endl;
return 0;
}
試題 J: 旅行家
【問題描述】
從前，在海上有 n 個島嶼，編號 1 至 n。居民們深受洋流困擾，無法到達比自己當前所在島嶼編號更小的島嶼。經過數年以後，島嶼上的人數隨著島嶼的編號遞增（可能相等）。作為一名出色的旅行家（RP 學家），你想從 1 號島嶼出發開啟一次旅程，以獲得更多的 RP，因為受到海洋的洋流影響，你只能去到比當前島嶼編號更大的島嶼。因為你比較善良，你會在離開一個島嶼的時候將你的 RP 分散給島民，具體的：你的 RP 會除以 2（用去尾法取整，或者說向零取整）（當你的 RP 小於零時，島民也依舊要幫你分擔，畢竟你們已經建立起了深厚的友誼）。第 i 號島嶼有 Ti 人, 但是你很挑剔，每次你從 j 號島嶼到達 i 號島嶼時，你只會在到達的島嶼上做 Ti × T j 件好事（一件好事可以獲得 1 點 RP)。
唯一不足的是，由於你在島上住宿，勞民傷財，你會扣除巨量 RP，第 i 號島嶼的住宿扣除 Fi 點 RP。注意：將離開一個島嶼時，先將 RP 扣除一半，再扣除住宿的 RP，最後在新到達的島嶼上做好事，增加 RP。離開 1 號島嶼時需要扣除在 1 號島嶼住宿的 RP，當到達這段旅程的最後一個島嶼上時，要做完好事，行程才能結束，也就是說不用扣除在最後到達的島嶼上住宿的 RP。你因為熱愛旅行 (RP)，所以從 1 號島嶼開始旅行，初始時你有 0 點 RP。
你希望選擇一些島嶼經過，最終選擇一個島嶼停下來，求最大的 RP 值是多少？
【樣例輸入】
3
4 4 5
1 10 3
【樣例輸出】
19
【解題思路】
類似於spfa的做法,當前點與比他大的所有點都有連邊的spfa做法可以較為輕鬆的獲得大多數的分數
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 500010;
int n;
int T[maxn], F[maxn],rp[maxn];
bool st[maxn];
signed main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> T[i];
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> F[i];
memset(rp, -0x3f, sizeof rp);
rp[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 = t + 1; i <= n; i ++) {
if(rp[t] / 2 - F[t] + T[t] * T[i] > rp[i]) {
rp[i] = rp[t] / 2 - F[t] + T[t] * T[i];
if(!st[i]) {
q.push(i);
st[i] = true;
}
}
}
}
int res = -1e18;
for(int i = 1; i <= n; i ++) res = max(res, rp[i]);
printf("%lld\n", res);
return 0;
}