蓝桥杯第十三届省赛真题-统计子矩阵
题目描述
给定一个 N × M 的矩阵 A，请你统计有多少个子矩阵 (最小 1 × 1，最大 N × M) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 K?
输入格式
第一行包含三个整数 N, M 和 K.
之后 N 行每行包含 M 个整数，代表矩阵 A.
输出格式
一个整数代表答案。
样例输入
3 4 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
样例输出
19
提示
满足条件的子矩阵一共有 19，包含：
大小为 1 × 1 的有 10 个。
大小为 1 × 2 的有 3 个。
大小为 1 × 3 的有 2 个。
大小为 1 × 4 的有 1 个。
大小为 2 × 1 的有 3 个。
对于 30% 的数据，N, M ≤ 20. 对于 70% 的数据，N, M ≤ 100.
对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 500; 0 ≤ Ai j ≤ 1000; 1 ≤ K ≤ 250000000.
思路提示
1.求每列前缀和（i，j 为上下边界，则可看成用一维解决）。
2.用双指针 l， r 维护左右边界，当 r 边界确定时（找到了 sum > k 的区间），左边界 l 往右移寻找符合条件的区间。
代码表示
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
int f[N][N];//二维数组 f可以存储整型数据
int n, m, k;
int main()
{
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
scanf("%d", &f[i][j]),
f[i][j] += f[i - 1][j]; // 计算每列前缀和
long long res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 上边界
for (int j = i; j <= n; j ++ ) // 下边界
for (int l = 1, r = 1, sum = 0; r <= m; r ++ )
{
sum += f[j][r] - f[i - 1][r]; // 确定右边界 删去上面的
while (sum > k) // 求符合条件的左边界 l
{
sum -= f[j][l] - f[i - 1][l];//删除左面的不用的
l ++ ;
}
res += r - l + 1;
}
cout << res;
return 0;
}心得体会
1、f[i][j] += f[i - 1][j] 时，它的含义是将当前位置 (i, j) 的值加上前一行相同列位置 (i - 1, j) 的值，并将结果保存在当前位置 (i, j)。这是累加前缀和的操作，用于计算子矩阵的和。
2、sum += f[j][r] - f[i - 1][r]; 用于计算当前子矩阵的和。f[j][r] - f[i - 1][r] 表示从上边界 i 到下边界 j、从左边界到右边界 r 的子矩阵的和
3、sum -= f[j][l] - f[i - 1][l]; l ++ ; 通过减去左边界 l 的前缀和，来找到符合条件的左边界。l 逐渐向右移动，直到子矩阵的和不超过 K。
4、res += r - l + 1; 将以当前 (i, j, r) 为边界的子矩阵的个数加到结果变量 res 中。r - l + 1 表示符合条件的子矩阵的列数。
蓝桥杯第十二届省赛真题-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。
输出格式
输出一个整数代表答案。
样例输入
3 1 4 6
样例输出
10
提示
【样例说明】
能称出的 10 种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1 = 1；
2 = 6 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 1；
4 = 4；
5 = 6 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
9 = 4 + 6 1；
10 = 4 + 6；
11 = 1 + 4 + 6。
【评测用例规模与约定】
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。
代码表示
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//砝码个数N
const int N = 110, M = 300000;//大一点好
int n,sum,w[N];//总重量 sum
int f[N][M];
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n; i++)
{
//读砝码每一个的重量w[i]，累加到总重量 sum
cin >> w[i];
sum += w[i];
}
f[0][0]=1; //初始化
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j <= sum; j++)
{
//1、f[i-1][j]意味着不选第i个就可以达到重量j
//2、f[i-1][j+w[i]]意味着第i个将放在另一边抵消w[i]达到j
//3、f[i-1][abs(j-w[i])]意味着用第i个补上w[i]达到j
f[i][j] = f[i - 1][j] || f[i - 1][j + w[i]] || f[i - 1][abs(j - w[i])];
}
}
int ans = 0;
//从 1 到总重量的所有可能的值
for(int i = 1; i <= sum; i++)//0不可能,故从1开始遍历
if(f[n][i]) ans++;
cout << ans;
return 0;
}心得体会
1、定义一个大小为 N×M 的二维数组 f，其中 f[i][j] 表示在前 i 个砝码中是否可以通过选择一些砝码，使得它们的总重量等于 j。M 的取值为 sum 的两倍，因为最坏情况下，所有砝码都放在一侧，另一侧没有砝码。
2、当我们计算 f[i][j] 时，我们需要考虑前 i 个砝码中是否存在一些砝码的选择，使得它们的总重量等于 j。
- f[i][j] = f[i-1][j+w[i]]：这个转移表示我们选择了第 i 个砝码，并将其放在另一侧以抵消重量 w[i]，使得总重量达到 j。因此，我们可以从前 i-1 个砝码中选择一些砝码，使得它们的总重量为 j+w[i]。
- f[i][j] = f[i-1][abs(j-w[i])]：这个转移表示我们选择了第 i 个砝码，并把它加到总重量为 j 的一侧，使得总重量达到 j。因此，我们可以从前 i-1 个砝码中选择一些砝码，使得它们的总重量为 abs(j-w[i])。
这两个转移的含义是根据砝码的放置方式进行考虑的。我们可以选择将第 i 个砝码放在天平的左侧或右侧，或者不选择第 i 个砝码。因此，通过考虑这些不同的放置方式，我们可以计算出 f[i][j] 的值。
3、这个题，一开始拿到就觉得肯定不是简单的正向思维，果然是套者一个东西来做整体遍历的。
蓝桥杯2021年第十二届省赛真题-异或数列
题目描述
Alice 和 Bob 正在玩一个异或数列的游戏。初始时，Alice 和 Bob 分别有一个整数 a 和 b，有一个给定的长度为 n 的公共数列 X1, X2, · · · , Xn。
Alice 和 Bob 轮流操作，Alice 先手，每步可以在以下两种选项中选一种：
选项 1：从数列中选一个 Xi 给 Alice 的数异或上，或者说令 a 变为 a ⊕ Xi。（其中 ⊕ 表示按位异或）
选项 2：从数列中选一个 Xi 给 Bob 的数异或上，或者说令 b 变为 b ⊕ Xi。每个数 Xi 都只能用一次，当所有 Xi 均被使用后（n 轮后）游戏结束。游戏结束时，拥有的数比较大的一方获胜，如果双方数值相同，即为平手。
现在双方都足够聪明，都采用最优策略，请问谁能获胜？
输入格式
每个评测用例包含多组询问。询问之间彼此独立。
输入的第一行包含一个整数 T，表示询问数。
接下来 T 行每行包含一组询问。其中第 i 行的第一个整数 ni 表示数列长度，随后 ni 个整数 X1, X2, · · · , Xni 表示数列中的每个数。
输出格式
输出 T 行，依次对应每组询问的答案。
每行包含一个整数 1、0 或 1 分别表示 Alice 胜、平局或败。
样例输入
4 1 1 1 0 2 2 1 7 992438 1006399 781139 985280 4729 872779 563580
样例输出
1 0 1 1
提示
思路提示
使用res记录所有x的异或结果
1、res==0,平局
2、res!=0，( num数组记录每位的1的个数，从最高位for(i)查看Number[i] )
1）num[i]==1，该位数只要一个1，Alice 先手，胜
2）num[i]是偶数，无影响，不处理
3）num[i]是奇数：① n是偶数，1是奇数，那么0是奇数，只要后手把0先选完，后手就获得最后一个1的支配权，后手胜。②同理可得，n是奇数，0是偶数，先手把0先选完，先手获得最后一个1的支配权,先手胜
3、异或赋值运算符 ^=
4、if(x&1) num[cnt]++;：判断 x 的最低位是否为 1，即 x 的二进制表示的最低位是否为 1。如果是，则将数组 num 中对应位置 cnt 的计数值加 1。
1）x&1 是按位与操作，用来提取 x 的最低位的值。因为 1 的二进制表示为 0001，其他位为 0，所以与 1 进行按位与操作，就可以得到 x 的最低位的值。
2）如果 x 的最低位为 1，说明当前位上有一个 1，所以将数组 num 中对应位 cnt 的计数值加 1。
代码表示
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[22]; //记录每位的1的个数
void pre(int x)//计算一个数的二进制表示中每位上 1 的个数
{
int cnt=1;
while(x)
{
if(x&1) num[cnt]++;
//将 x 右移一位，即将 x 的二进制表示向右移动一位。
x>>=1;
cnt++;
}
}
int main(){
int T; //询问数
cin>>T;
while(T--){
memset(num,0,sizeof(num));
int n,res=0; //res存储xi元素异或结果
cin>>n;
for(int i=0;i<n;++i){
int x;
scanf("%d",&x);
pre(x);
//异或 相同的数异或结果为 0，不同的数异或结果为 1
res^=x;
}
if(res==0){
//平局先手无论怎么选择，后手都可以通过合理的选择使得异或结果保持为 0
printf("0\n");
}else{
for(int k=20;k>0;k--){
if(num[k]==1){
printf("1\n");
break;
}
//1的个数是奇数
if(num[k]%2==1){
if(n%2==0){
//1是奇数，n是偶数，那么0是奇数，只要后手把0先选完，后手就获得最后一个1的支配权，后手胜
printf("-1\n");
break;
}else{
//同理可得，n是奇数，0是偶数，先手把0先选完，先手获得最后一个1的支配权,先手胜利
printf("1\n");
break;
}
}
}
}
}
return 0;
}
蓝桥杯第十二届省赛真题-左孩子右兄弟（再看）
题目描述
对于一棵多叉树，我们可以通过 “左孩子右兄弟” 表示法，将其转化成一棵二叉树。
如果我们认为每个结点的子结点是无序的，那么得到的二叉树可能不唯一。换句话说，每个结点可以选任意子结点作为左孩子，并按任意顺序连接右兄弟。
给定一棵包含 N 个结点的多叉树，结点从 1 至 N 编号，其中 1 号结点是根，每个结点的父结点的编号比自己的编号小。请你计算其通过 “左孩子右兄弟” 表示法转化成的二叉树，高度最高是多少。注：只有根结点这一个结点的树高度为 0 。
例如如下的多叉树：
输入格式
输入的第一行包含一个整数 N。
以下 N 1 行，每行包含一个整数，依次表示 2 至 N 号结点的父结点编号。
输出格式
输出一个整数表示答案。
样例输入
5 1 1 1 2
样例输出
4
提示
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 20；对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000。
代码表示
方法一：深搜
对于节点 i，在其子节点中找出：令该节点作为根节点时可以使高度最大的节点 j
令节点 j 作为 i 的子节点中最后一个出现的节点，可使高度达到最大。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;//最大结点数
int n, tmp;
vector<int> mp[MAXN];//存储多叉树的边关系
//递归函数 dfs计算以结点 idx 为根的子树的高度。
int dfs(int idx)
{
int sz = mp[idx].size();//获取结点 idx 的子结点的个数
int ans = 0;//存储最大高度
for (int i = 0; i < sz; i++)
{
//更新 ans，取当前子树的高度和已有的最大高度的较大值。
ans = max(ans, dfs(mp[idx][i]));
}
return ans + sz;//最大子树高度加上当前结点的子结点个数
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
cin >> tmp;//读取结点 i 的父结点编号存储到 tmp 中
mp[tmp].push_back(i);//将结点 i 添加为结点 tmp 的子结点
}
cout << dfs(1) << endl;//计算以结点 1 为根的子树的高度
return 0;
}方法二：动态规划
用数组 s[i] 表示节点 i 的子节点个数，用数组 f[i] 表示节点 i 的父节点，dp[i] 表示当节点 i 作为根节点时的最大高度，可以推断出如下状态转移方程：dp[ f [ i ] ] = max(dp[ f [ i ] ], s[ f [ i ] ] + dp[ i ]);
由于子节点一定比父节点的编号大，所以对节点编号逆向遍历即可。
1、逆序的循环，从最后一个节点开始，逐步向前遍历每个节点。
在循环中，我们首先通过 int fa = f[i]; 语句获取当前节点 i 的父节点编号，并将其存储在变量 fa 中。然后，我们使用 dp[fa] = max(dp[fa], s[fa] + dp[i]); 更新父节点 fa 的最大高度。这行代码的目的是比较父节点 fa 的当前最大高度 dp[fa] <可能还有其他同级的点>和考虑将当前节点 i 作为子节点时的高度 s[fa] + dp[i]，然后取二者中的较大值，并将较大值赋值给 dp[fa]，从而更新父节点的最大高度。
这个循环的作用是逐步从叶节点向根节点更新每个节点的最大高度，确保每个节点的最大高度都被正确计算和更新。通过这个过程，我们最终可以得到整棵树的最大高度。
2、dp[fa] 表示节点 fa（父节点）作为根节点时的最大高度。s[fa] 表示节点 fa 的子节点个数。dp[i] 表示节点 i 作为根节点时的最大高度。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
//temp:存储读取到的节点 i 的父节点编号
int n, tmp;
//下面分别是子节点个数、父节点和最大高度
int s[MAXN], f[MAXN], dp[MAXN];
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
cin >> tmp;
f[i] = tmp;
s[tmp]++;
}
//逆向遍历节点编号更新节点 fa 作为根节点时的最大高度
for (int i = n; i > 1; i--) {
int fa = f[i];//获取结点 i 的父结点编号
dp[fa] = max(dp[fa], s[fa] + dp[i]);
}
cout << dp[1] << endl;
return 0;
}
蓝桥杯第十二届省赛真题-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。
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 (即109 + 7) 的余数。
样例输入
((()
样例输出
5
提示
【评测用例规模与约定】
对于 40% 的评测用例，|s| ≤ 200。
对于所有评测用例，1 ≤ |s| ≤ 5000。
代码表示：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5005;
int f[N][N];
int mod = 1e9 + 7;
string s;
int n;
long long get() {
memset(f, 0, sizeof f);//memset 将二维数组 f 初始化为全零
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s[i - 1] == '(') {
for (int j = 1; j <= n; j++)
f[i][j] = f[i - 1][j - 1];//表示在当前位置放置一个左括号
} else {
//需要考虑两种情况。
//第一是不将当前位置的括号与之前的任何位置的括号匹配， f[i][0] 的值为 f[i-1][1] + f[i-1][0]。
//第二是将当前位置的括号与之前的某个位置的括号匹配， f[i][j] 的值为 f[i-1][j+1] + f[i][j-1]
f[i][0] = (f[i - 1][1] + f[i - 1][0]) % mod;
for (int j = 1; j <= n; j++)
f[i][j] = (f[i - 1][j + 1] + f[i][j - 1]) % mod;
}
}
//我们遍历 f[n] 数组的所有元素，如果某个元素不为零，则返回它作为结果。
//如果所有元素都为零，则返回 -1
for (int i = 0; i <= n; i++) {
if (f[n][i])
return f[n][i];
}
return -1;
}
int main() {
cin >> s;
n = s.size();
long long x = get();
reverse(s.begin(), s.end());
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (s[i] == ')')
s[i] = '(';
else
s[i] = ')';
}
long long y = get();
cout << (x * y) % mod;
return 0;
}
心得体会：
在赛场上骗分的时候要用所给的示例，确实有一点点的分
