2013年第四屆藍橋杯B組(C/C++)預賽題目及個人答案(歡迎指正)
第一題:
題目標題: 高斯日記
大數學家高斯有個好習慣：無論如何都要記日記。
他的日記有個與眾不同的地方，他從不註明年月日，而是用一個整數代替，比如：4210
後來人們知道，那個整數就是日期，它表示那一天是高斯出生後的第幾天。這或許也是個好習慣，它時時刻刻提醒著主人：日子又過去一天，還有多少時光可以用於浪費呢？
高斯出生於：1777年4月30日。
在高斯發現的一個重要定理的日記上標註著：5343，因此可算出那天是：1791年12月15日。
高斯獲得博士學位的那天日記上標著：8113
請你算出高斯獲得博士學位的年月日。
提交答案的格式是：yyyy-mm-dd, 例如：1980-03-21
請嚴格按照格式，通過瀏覽器提交答案。
注意：只提交這個日期，不要寫其它附加內容，比如：說明性的文字。
又是計算日期型別的題 ，連續三年都有這種題了，今年會不會有呢?
#include<stdio.h> int days1[13]= {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; int days2[13]= {0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; int main() { int y=1777,m,d; int sum=8113; if(y%4==0&&y%100!=0||y%400==0) { for(int i=5; i<=12; i++) sum-=days2[i]; } else { for(int i=5; i<=12; i++) sum-=days1[i]; } y=1778; while(sum>365) { y++; if(y%4==0&&y%100!=0||y%400==0) sum-=366; else sum-=365; } m=1; if(y%4==0&&y%100!=0||y%400==0) { while(sum>31) { sum-=days2[m]; m++; } } else { while(sum>31) { sum-=days1[m]; m++; } } printf("%d-",y); if(m<10) printf("0%d-",m); else printf("%d-",m); if(sum<10) printf("0%d\n",sum); else printf("%d\n",sum); return 0; }
執行結果:1799-07-17
第二題:
標題: 馬虎的算式 小明是個急性子，上小學的時候經常把老師寫在黑板上的題目抄錯了。
有一次，老師出的題目是：36 x 495 = ?
他卻給抄成了：396 x 45 = ?
但結果卻很戲劇性，他的答案竟然是對的！！
因為 36 * 495 = 396 * 45 = 17820
類似這樣的巧合情況可能還有很多，比如：27 * 594 = 297 * 54
假設 a b c d e 代表1~9不同的5個數字（注意是各不相同的數字，且不含0）
能滿足形如： ab * cde = adb * ce 這樣的算式一共有多少種呢？
請你利用計算機的優勢尋找所有的可能，並回答不同算式的種類數。
滿足乘法交換律的算式計為不同的種類，所以答案肯定是個偶數。
答案直接通過瀏覽器提交。
注意：只提交一個表示最終統計種類數的數字，不要提交解答過程或其它多餘的內容。
暴力，和2014年的那個六角和式差不多，看來藍橋杯喜歡出同類型的題，我得在做完這幾屆的真題後做一個總結來發掘規律，嘿嘿。
#include<stdio.h>
int main()
{
int a,b,c,d,e,ans=0;
for(a=1; a<=9; a++)
{
for(b=1; b<=9; b++)
{
if(b==a)
continue;
for(c=1; c<=9; c++)
{
if(c==a||c==b)
continue;
for(d=1; d<=9; d++)
{
if(d==a||d==b||d==c)
continue;
for(e=1; e<=9; e++)
{
if(e==a||e==b||e==c||e==d)
continue;
if((a*10+b)*(c*100+d*10+e)==(a*100+d*10+b)*(c*10+e))
ans++;
}
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
執行結果:142
第三題
題目標題: 第39級臺階
小明剛剛看完電影《第39級臺階》，離開電影院的時候，他數了數禮堂前的臺階數，恰好是39級!
站在臺階前，他突然又想著一個問題：
如果我每一步只能邁上1個或2個臺階。先邁左腳，然後左右交替，最後一步是邁右腳，也就是說一共要走偶數步。那麼，上完39級臺階，有多少種不同的上法呢？
請你利用計算機的優勢，幫助小明尋找答案。
要求提交的是一個整數。
注意：不要提交解答過程，或其它的輔助說明文字。
簡單的DFS。
#include<stdio.h>
int ans=0;
void dfs(int num,int step)
{
if(step<0)
return ;
if(step==0&&num%2==0)
{
ans++;
return ;
}
dfs(num+1,step-1);
dfs(num+1,step-2);
}
int main()
{
dfs(0,39);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
第五題
題目標題：字首判斷
如下的程式碼判斷 needle_start指向的串是否為haystack_start指向的串的字首，如不是，則返回NULL。
比如："abcd1234" 就包含了 "abc" 為字首
char* prefix(char* haystack_start, char* needle_start)
{
char* haystack = haystack_start;
char* needle = needle_start;
while(*haystack && *needle){
if(______________________________) return NULL; //填空位置
}
if(*needle) return NULL;
return haystack_start;
}
請分析程式碼邏輯，並推測劃線處的程式碼，通過網頁提交。
注意：僅把缺少的程式碼作為答案，千萬不要填寫多餘的程式碼、符號或說明文字！！
這裡要判斷的是兩個指標指向的內容是否相等，要用到運算子*和++，*和++的優先順序是一樣的，因此要從右往左執行，所以答案是:
答案:*haystack++!=*needle++
第六題
標題：三部排序
一般的排序有許多經典演算法，如快速排序、希爾排序等。
但實際應用時，經常會或多或少有一些特殊的要求。我們沒必要套用那些經典演算法，可以根據實際情況建立更好的解法。
比如，對一個整型陣列中的數字進行分類排序：
使得負數都靠左端，正數都靠右端，0在中部。注意問題的特點是：負數區域和正數區域內並不要求有序。可以利用這個特點通過1次線性掃描就結束戰鬥!!
以下的程式實現了該目標。
其中x指向待排序的整型陣列，len是陣列的長度。
void sort3p(int* x, int len)
{
int p = 0;
int left = 0;
int right = len-1;
while(p<=right){
if(x[p]<0){
int t = x[left];
x[left] = x[p];
x[p] = t;
left++;
p++;
}
else if(x[p]>0){
int t = x[right];
x[right] = x[p];
x[p] = t;
right--;
}
else{
__________________________; //填空位置
}
}
}
如果給定陣列：
25,18,-2,0,16,-5,33,21,0,19,-16,25,-3,0
則排序後為：
-3,-2,-16,-5,0,0,0,21,19,33,25,16,18,25
請分析程式碼邏輯，並推測劃線處的程式碼，通過網頁提交
注意：僅把缺少的程式碼作為答案，千萬不要填寫多餘的程式碼、符號或說明文字！！
填空處之前的程式碼功能就是實現負數放在前，正數放在後，那麼剩下的0就自動歸為中間部分，所以遇到0時就直接p++，跳過這個0繼續判斷下一個數。
答案:p++
第七題
標題：錯誤票據
某涉密單位下發了某種票據，並要在年終全部收回。
每張票據有唯一的ID號。全年所有票據的ID號是連續的，但ID的開始數碼是隨機選定的。
因為工作人員疏忽，在錄入ID號的時候發生了一處錯誤，造成了某個ID斷號，另外一個ID重號。
你的任務是通過程式設計，找出斷號的ID和重號的ID。
假設斷號不可能發生在最大和最小號。
要求程式首先輸入一個整數N(N<100)表示後面資料行數。
接著讀入N行資料。
每行資料長度不等，是用空格分開的若干個（不大於100個）正整數（不大於100000）
每個整數代表一個ID號。
要求程式輸出1行，含兩個整數m n，用空格分隔。
其中，m表示斷號ID，n表示重號ID
例如：
使用者輸入：
2
5 6 8 11 9
10 12 9
則程式輸出：
7 9
再例如：
使用者輸入：
6
164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196
172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158
128 102 110 148 139 157 140 195 197
185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190
149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188
113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119
則程式輸出：
105 120
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
int t,i,j,a[100+5],l=0,p=0,n=0,m=0;
char ch;
memset(a,0,sizeof(a));
scanf("%d",&t);
getchar();
while(l!=t)
{
scanf("%c",&ch);
if(ch>='0'&&ch<='9')
a[p]=a[p]*10+(ch-'0');
else if(ch==' ')
p++;
else if(ch=='\n')
{
l++;
p++;
}
}
sort(a,a+p);
for(i=0; i<p; i++)
{
if(a[i+1]-a[i]==2)
m=a[i]+1;
if(a[i]==a[i+1])
n=a[i];
if(m!=0&&n!=0)
break;
}
printf("%d %d\n",m,n);
return 0;
}
第八題
題目標題：翻硬幣
小明正在玩一個“翻硬幣”的遊戲。
桌上放著排成一排的若干硬幣。我們用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小寫字母，不是零）。
比如，可能情形是：**oo***oooo
如果同時翻轉左邊的兩個硬幣，則變為：oooo***oooo
現在小明的問題是：如果已知了初始狀態和要達到的目標狀態，每次只能同時翻轉相鄰的兩個硬幣,那麼對特定的局面，最少要翻動多少次呢？
我們約定：把翻動相鄰的兩個硬幣叫做一步操作，那麼要求：
程式輸入：
兩行等長的字串，分別表示初始狀態和要達到的目標狀態。每行的長度<1000
程式輸出：
一個整數，表示最小操作步數
例如：
使用者輸入：
**********
o****o****
程式應該輸出：
5
再例如：
使用者輸入：
*o**o***o***
*o***o**o***
程式應該輸出：
1
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
貪心思路，實現見程式碼。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
char a[1000+5],b[1000+5];
int ans=0,pos[1000+5],p=0;
scanf("%s%s",a,b);
int l=strlen(a);
for(int i=0; i<l; i++)
if(a[i]!=b[i])
pos[p++]=i;
for(int i=1; i<p; i++,i++)
ans+=pos[i]-pos[i-1];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
第九題
標題：帶分數
100 可以表示為帶分數的形式：100 = 3 + 69258 / 714
還可以表示為：100 = 82 + 3546 / 197
注意特徵：帶分數中，數字1~9分別出現且只出現一次（不包含0）。
類似這樣的帶分數，100 有 11 種表示法。
題目要求：
從標準輸入讀入一個正整數N (N<1000*1000)
程式輸出該數字用數碼1~9不重複不遺漏地組成帶分數表示的全部種數。
注意：不要求輸出每個表示，只統計有多少表示法！
例如：
使用者輸入：
100
程式輸出：
11
再例如：
使用者輸入：
105
程式輸出：
6
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 64M
CPU消耗 < 3000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
思路:分別設整數部分，分子和分母為x,y,z.會有N=x+y/z，我們可以通過DFS得出1~9不同的全排列，放入陣列中。然後通過列舉x可能得到陣列中的前幾位數來找出滿足條件的情況。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int N,ans;
int vis[10];//vis[i]記錄數字i是否已被放在當前排列中
int a[10];//陣列儲存1~9的全排
int cal(int st,int en)//具體計算該數對應的十進位制是多少
{
int num=0;
for(int i=st; i<=en; i++)
num=num*10+a[i];
return num;
}
void judge(int *a)
{
int x,y,z;
for(int i=1; i<9; i++)//整數部分最少為一位數，最多為八位數
{
x=cal(1,i);
if(x>=N)
break;
for(int j=i+(9-i)/2; j<=9; j++)//分母的位數不會比分子多，因此在剩下的(9-i)個數中，它最多得到(9-i)/2個，最少1個。再剩下的都給分子。
{
z=cal(j,9);
y=cal(i+1,j-1);
if ((y%z==0)&&((x+y/z)==N))//分子必須能被分母整除，注意題幹中的分數是數學中的分數，會有存在小數的情況，要排除。
ans++;
}
}
}
void dfs(int pos)//找出1~9的全排列
{
if(pos==10)//已經找到一組全排列數，進行是否滿足情況的判斷
{
judge(a);
return ;
}
for(int i=1; i<=9; i++)
{
if(!vis[i])
{
a[pos]=i;
vis[i]=1;
dfs(pos+1);
vis[i]=0;
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&N))
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
ans=0;
dfs(1);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}第十題
標題：連號區間數
小明這些天一直在思考這樣一個奇怪而有趣的問題：
在1~N的某個全排列中有多少個連號區間呢？這裡所說的連號區間的定義是：
如果區間[L, R] 裡的所有元素（即此排列的第L個到第R個元素）遞增排序後能得到一個長度為R-L+1的“連續”數列，則稱這個區間連號區間。
當N很小的時候，小明可以很快地算出答案，但是當N變大的時候，問題就不是那麼簡單了，現在小明需要你的幫助。
輸入格式：
第一行是一個正整數N (1 <= N <= 50000), 表示全排列的規模。
第二行是N個不同的數字Pi(1 <= Pi <= N)， 表示這N個數字的某一全排列。
輸出格式：
輸出一個整數，表示不同連號區間的數目。
示例：
使用者輸入：
4
3 2 4 1
程式應輸出：
7
使用者輸入：
5
3 4 2 5 1
程式應輸出：
9
解釋：
第一個用例中，有7個連號區間分別是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [2,2], [3,3], [4,4]
第二個用例中，有9個連號區間分別是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [1,5], [2,2], [3,3], [4,4], [5,5]
資源約定：
峰值記憶體消耗 < 64M
CPU消耗 < 5000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地列印類似：“請您輸入...” 的多餘內容。
所有程式碼放在同一個原始檔中，除錯通過後，拷貝提交該原始碼。
注意: main函式需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標準，不要呼叫依賴於編譯環境或作業系統的特殊函式。
注意: 所有依賴的函式必須明確地在原始檔中 #include <xxx>， 不能通過工程設定而省略常用標頭檔案。
提交時，注意選擇所期望的編譯器型別。
當區間裡的最大數與最小數之差等於區間長度時就是連號區間。所以直接列舉區間即可，但也要注意技巧，如果直接三個for迴圈是會超時的，因此可以巧妙地壓縮為兩個for，即第一個for列舉區間的左端點，從1到n;第二個for列舉右端點，直接記錄此時的最大最小數，下一次迴圈時，更新當前最大最小數，即在之前找尋到的最大最小的基礎上繼續找當前最大最小，無需又從左端點開始重新遍歷一遍，這樣就能達到減少一個for迴圈的效果。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int a[50005];
int main()
{
int n,ans=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0; i<n; i++)//列舉左端點
{
int l,r;
l=INF;
r=-INF;
for(int j=i; j<n; j++)//列舉右端點
{
l=min(l,a[j]);//更新最大最小數
r=max(r,a[j]);
if(r-l==j-i)
ans++;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}