第十三届蓝桥杯c++b组国赛题解（还在持续更新中...）

news2024/11/7 22:46:58

第十三届蓝桥杯C++b组国赛真题pdf自取

 

试题A：2022

解题思路：

 有2022个物品，它们的编号分别是1到2022，它们的价值分别等于它们的编号。也就是说，有2022种物品，物品价值等于物品编号。

从2022个物品种选取10个物品，满足10个物品的价值之和为2022，用f[i][j][k]表示前i个物品里选择j个物品，价值之和为k的方案数 则对于前i种物品，有两种选择，选或者不选 f[i][j][k]=f[i-1][j][k] 不选 f[i][j][k]=f[i-1][j-1][k-i] 选 (为什么是k-i，因为第i个物品的体积就是i)

最后的答案是：379187662194355221

注意：本题记得开long long，不然真见祖宗了，hh

代码实现：

三维未优化空间（此代码只能在本地跑结果，直接交蓝桥杯官网测评会爆空间）

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2500;
//dp[i][j][k]表示从前i件物品中选，每件物品的价值等于其编号，且当前选了j件物品，且当前价值为k的所有选法数 
int dp[N][15][N];
signed main(){
	//因为价值k为0，所以只有一种选法：就是啥也不选 
	for(int i=0;i<N;i++)dp[i][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=2022;i++){
		for(int j=1;j<=10;j++){
			for(int k=1;k<=2022;k++){
				//不选第i个物品 
				dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
				//选第i个物品 
				if(k>=i)dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k-i];
			}
		}
	}
	cout<<dp[2022][10][2022]<<endl;
	return 0;
}

二维优化空间：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2500;
int dp[15][N];
signed main(){
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=2022;i++){
		for(int j=10;j>=1;j--){
			for(int k=i;k<=2022;k++){
				//不选第i个物品和不选第i个物品 
				dp[j][k]=dp[j][k]+dp[j-1][k-i];
			}
		}
	}
	cout<<dp[10][2022]<<endl;
	return 0;
}

试题B：钟表

解题思路：

for循环枚举时针（i）、分针（j）、秒针位置（k），计算三个针的角度

秒针的角度就是：s=360*k/60

分针的角度就是：m=360*j/60+s/60，因为秒针也会为分针贡献角度

时针的角度就是：h=360*i/12+m/12，因为分针也会为时针贡献角度

然后计算分针和时针的夹角A，分针的夹角B，为了让夹角A和夹角B能够处于同一个方向，A和B都取较小的半角

最后通过A-2B是否相等判断是否满足条件

注意：

1）double相减存在误差，最好不要直接判断相等

2）当 时、分、秒都为0时虽然也满足条件，但是题目要求找出的是一个0 时 0 分 0 秒以外的解，故时、分、秒同时为0的情况需要跳过

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
for(int s=0;s<=6;++s){
for(int f=0;f<60;++f){
for(int m=0;m<60;++m){
if(s0&&f0&&m==0) continue;
double dm=360m/60;
double df=360f/60+dm/60;
double ds=360s/12+df/12;
double A=abs(df-ds),B=abs(df-dm);
//取小的角度
A=min(A,360-A);
B=min(B,360-B);
if(fabs(A-2B)<=1e-10){
printf(“%d %d %d\n”,s,f,m);
}
}
}
}
return 0;
}

试题C：卡片

解题思路：

二分枚举能够凑出的套牌数mid，通过check函数判断是否满足要求，如果满足要求，因为题目要求套牌数量最大化，故还得加大套牌数mid，继续判断是否满足条件，直到找不到比当前更大且满足条件的套牌数

check函数主要判断当前已有卡牌a[i]和当前可以手写的卡牌i的数量b[i]之和是否大于等于套牌数mid，如果小于，则一定不满足，否则统计当前总共需要的手写的卡牌数，最后判断总共手写的卡牌数是否小于等于题目中给的空白卡牌数，如果是则表示满足，否则表示不满足

代码实现：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e5+5;
int a[N],b[N];
int n,m;
int check(int x){
    int temp=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
    	//如果当前第i种卡牌已经满足条件，则第i种卡牌不需要消耗空白卡牌 
        if(x<=a[i])continue;
        //如果当前第i种卡牌就算用上所有能够手写第i种卡牌的空白卡牌仍然不满足条件，则直接返回false 
        if(x>a[i]+b[i])return 0;
        //否则统计当前用了多少张空白卡牌来手写第i种卡牌 
        temp+=x-a[i];
    }
    //如果使用的空白卡牌数超过了题目中提供的空白卡牌数m，则直接返回false 
    if(temp>m)return 0;
    //否则表示满足，返回true 
    else return 1;
}
signed main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>b[i];
    int l=0,r=2e5+5;
    while(l<r){
        int mid=l+r+1>>1;
        //如果当前套牌数满足条件，继续加大套牌数 
        if(check(mid))l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    cout<<l<<endl;
    return 0;
}

试题D：最大数字

解题思路：

dfs暴力搜索即可，因为要求数字进行上述操作后的数值最大可知，优先从左往右进行操作一定是最右的操作顺序

对于每个数位，如果当前数位能够通过减法操作变成9，那么肯定将当前数位变为9

否则肯定不用减法操作，因为在不满足上述条件基础上使用减法操作一定会使得数值减小。如果当前加法操作能够使得当前数值x变成[x+1,9]，则一定使用加法操作使其变成上述数值，但是不能超过上述数值，因为超过后会从0开始，数值就会减小

注意：

1）本题数值比较大，记得使用字符串存储和操作

2）每次递归记得恢复现场即可

代码实现：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s,ans;
int a,b;
void dfs(int idx,int a,int b){
	//如果已经遍历完了整个数字的每一位，则更新最大值，并返回 
	if(idx>s.size()){
		ans=max(ans,s);
		return;
	}
	//当前数位通过减法操作变成9所需要的操作次数t 
	int t=s[idx]-'0'+1;
	//如果当前拥有的减法操作次数大于上述操作次数t，则将当前位变成9 
	if(b>=t){
		//保留现场 
		int temp=s[idx];
		//将当前位变成9
		s[idx]='9';
		//递归操作下一位，当前拥有的减法操作次数减少t次 
		dfs(idx+1,a,b-t);
		//恢复现场 
		s[idx]=temp;
	}
	//当前数位x通过加法操作变成[x+1,9]所需要的操作次数t1
	int t1=min(9-(s[idx]-'0'),a);
	如果当前拥有的加法操作次数大于上述操作次数t1，则使用加法操作修改当前位 
	if(a>=t1){
		//保留现场 
		int temp=s[idx];
		//修改当前位 
		s[idx]=s[idx]+t1;
		//递归操作下一位，当前拥有的加法操作次数减少t1次 
		dfs(idx+1,a-t1,b);
		//恢复现场 
		s[idx]=temp;
	}
}
int main(){
	cin>>s>>a>>b;
	dfs(0,a,b);
	cout<<ans<<endl; 
	return 0;
}

试题E：出差

解题思路：

最短路模板题，送分题，个人评价，不喜勿喷，hh

注意点：

1）需要建立双向边

2）建立从u到v的双向边时：

  1.建立从u到v的单向边，将当前道路的开销设置为城市 u 到城市 v 的时间加上在城市v隔离观察花费的时间即可

  2.建立从v到u的单向边，将当前道路的开销设置为城市 u 到城市 v 的时间加上在城市u隔离观察花费的时间即可

3）最后结果需要减去在城市n隔离观察的时间，因为是求到达城市n那一刻的开销

代码实现：

由于是模板题，就不写什么注释了，不懂的可以去看看dijksta算法的实现，希望谅解

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int,int>PII;
const int N=1e5+5,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],a[N],dist[N],vis[N],idx;
void add(int x,int y,int z){
	e[idx]=y,w[idx]=z,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;
}
void dijkstra(){
	memset(dist,0x3f,sizeof dist);
	priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> >q;
	q.push({0,1});
	dist[1]=0;
	while(q.size()){
		int dis=q.top().first;
		int s=q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[s])continue;
		vis[s]=1;
		for(int i=h[s];~i;i=ne[i]){
			int j=e[i];
			if(dist[j]>dis+w[i]){
				dist[j]=dis+w[i];
				q.push({dist[j],j});
			}
		}
	}
}
signed main(){
	memset(h,-1,sizeof h);
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	while(m--){
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		add(x,y,z+a[y]);
		add(y,x,z+a[x]); 
	}
	dijkstra();
	cout<<dist[n]-a[n]<<endl;
	return 0;
}

试题F：费用报销

解题思路：

 dp[i]表示从第1天到第i天范围内的票据中选择的最大报销金额

从1枚举到一年的最大天数，每次考虑选择当前天的票据或者不选择当前天的票据

而选择当前天的票据的前提是上一次选择的票据一定在k天前且当前票据的报销金额加上k天前的最大报销金额不能超过m

则状态转移方程为：

dp[i]=max(dp[i]+dp[max(0,i-k)],dp[i-1])//如果第i天的票据能够满足条件，能选择
dp[i]=dp[i-1]//如果第i天的票据不满足条件，不能选择

代码实现：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5005;
//记录每月的天数 
int month[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//dp[i]表示从第1天到第i天范围内的票据中选择的最大报销金额 
int dp[N];
int main(){
	int n,m,k;
	//前缀和求本年到当前月总共多少天 
	for(int i=1;i<=13;i++)month[i]+=month[i-1];
	cin>>n>>m>>k;
	while(n--){
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		//month[x-1]+y表示x月y号距离本年初共多少天 
		dp[month[x-1]+y]=max(dp[month[x-1]+y],z);
	}
	//从第一天枚举到本年最后一天 
	for(int i=1;i<=month[13];i++){
		//如果第i天的票据加上距离第i天前k天的票据的价值不超过m，则说明可以选择第i天的票据
		//取选择第i天的票据dp[i]+dp[max((int)0,i-k)]和不选择第i天的票据dp[i-1]的最大值 
		if(dp[i]+dp[max((int)0,i-k)]<=m)dp[i]=max(dp[i-1],dp[i]+dp[max((int)0,i-k)]);
		//如果第i天的票据不能选择，那么dp[i]直接就是dp[i-1]了 
		else dp[i]=dp[i-1];
	}
	cout<<dp[month[13]]<<endl; 
	return 0;
}

试题H：机房

解题思路：

（lca板子题）

首先要搞清楚题意，题意表达的意思就是对于一个点，它发送消息的延迟是与出度有关，也就是说某个点的出度是多少，那么消息经过它时就会延迟多久。

我们这里可以把1号点当做树根root，然后使用dist[x]表示x点发送消息到root所需要的时间。 很显然，x发送出去的时候经过自身的延迟后到达另外一个点，另外一个点在经过延迟到达下一个点，以此类推

那么任意两个点之间的距离一般就是使用dist[x] + dist[y] - 2 * dist[lca(a, b)] 但是对于本题而言，当减去两倍的最近公共祖先anc到root的距离时，就会把自身的一个延迟多减了一次，所以还需要加上anc的出度。 所以本题正确计算距离的公式应该为： d = (dist[x] + dist[y] - 2 * dist[anc] + d[anc]) 其中anc表示x和y的最近公共祖先，d[anc]表示点anc的出度

代码实现：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
//fa[i][j]表示结点i向上跳2^j步所到达的结点
//depth[i]表示结点i的深度
//dist[i]表示结点i到根节点的数据传输时间
//d[i]表示和结点i相连的边数 
int fa[N][20],depth[N],dist[N],d[N];
void add(int x,int y){
	e[idx]=y,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;
}
void bfs(){
	queue<int>q;
	q.push(1);
	memset(depth,0x3f,sizeof depth);
	//结点0的深度为0，结点1的深度为1 
	depth[0]=0,depth[1]=1;
	//结点1（根结点）的传输时间为自己的延迟时间 
	dist[1]=d[1];
	while(q.size()){
		int t=q.front();
		q.pop();
		//遍历所有子节点 
		for(int i=h[t];~i;i=ne[i]){
			int j=e[i];
			//这句话其实表示子节点还未被访问过，因为访问过后,depth[j]一定小于depth[t]+1
			//如果未被访问过，则更新depth和dist数组 
			if(depth[j]>depth[t]+1){
				depth[j]=depth[t]+1;
				dist[j]=d[j]+dist[t];
				q.push(j);
				//利用倍增法依次更新往上跳的父节点 
				fa[j][0]=t;
				for(int k=1;k<=16;k++){
					//j向上跳2^k步等同于j先向上跳到2^(k-1)的位置，然后再往上跳2^(k-1)步 
					fa[j][k]=fa[fa[j][k-1]][k-1];
				}
			}
		}
	}
}
int lca(int a,int b){
	// 为方便处理,当a在b上面时,把a和b互换  
	if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);
	//把深度更深的a往上跳到b
	for(int i=16;i>=0;i--){
		//当a跳完2^i依然在b下面,我们就一直跳
		if(depth[fa[a][i]]>=depth[b])a=fa[a][i];
	}
	//如果跳到了b 
	if(a==b)return a;
	//a,b同层但是不同结点 
	for(int i=16;i>=0;i--){
		//假如a,b都跳出根节点,fa[a][i]==fa[b][i]==0 不符合更新条件
		if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
			a=fa[a][i];
			b=fa[b][i];
		}
	}
	//循环结束 到达lca下一层
    //lca(a,b) = 再往上跳1步即可
	return fa[a][0];
}
signed main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	memset(h,-1,sizeof h);
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		//统计结点x和结点y的边（因为时间取决于每个结点的边数） 
		d[x]++,d[y]++;
		//建立双向边 
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	//初始化lca和dist数组 
	bfs();
	while(m--){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		//求最近公共祖先 
		int anc=lca(x,y);
		//直接套公式求解传输时间 
		cout<<dist[x]+dist[y]-2*dist[anc]+d[anc]<<endl;
	}
	return 0;
}

试题I：齿轮

解题思路：

这道题观察样例就可以知道，对于每个查询x，其实是问我们数组中是否两个数满足其倍数关系为x，所以我们只需要在数组输入的时候把每个数都标记一下，然后遍历一下整个数组，对于数组的每个数x，遍历一下它的倍数y，如果x*y被标记了，说明该数组能够找到两个数满足倍数为y的关系，那么就可以把y用另一个标记数组标记下来了，对于每个查询x，我们只需要看一下x是否被标记，只要被标记了，那么就输出YES，否则输出NO

注意：

1）当数组长度为1时，即最左边的齿轮就等同于最右边的齿轮，那么倍数1是满足条件的

2）当数组中存在相同的数字时，那么倍数1是满足条件的，否则倍数1肯定是不满足条件的

这道题我就不得不吐槽一下了，简直是极限卡常，用unordered_map直接卡掉40%的测试点，用数组才能过。所以写完这道题告诉我们不需要用unordered_map的时候最好还是不要用，否则会死得很难看,hh

代码实现：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int mp[N],vis[N],a[N];
int main(){
    int n,m,flag=0;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
        //如果数组中遇到了相同的数，那么倍数1是满足条件的，标记一下 
        if(vis[a[i]])flag=1;
        //标记数组的每一个数，以便后续判断 
        vis[a[i]]=1;
    }
    //如果数组长度为1或者1被标记过了，则倍数1是满足条件的
    if(flag||n==1)mp[1]=1;
    //遍历数组的每个数a[i] 
    for(int i=0;i<n;i++){
    	//遍历数组每个数的倍数 
        for(int j=2;j*a[i]<=N;j++){
        	//如果a[i]*j被标记过， 那么倍数j是满足条件的，标记一下 
            if(vis[j*a[i]])mp[j]=1;
        }
    }
    while(m--){
        int x;
        cin>>x;
        //如果倍数x被标记过，直接输出YES 
        if(mp[x])cout<<"YES"<<endl;
        //否则输出NO 
        else cout<<"NO"<<endl;
    }
    return 0;
}

 

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Axure RP10 汉化版是一款全新的原型、设计、交付工具&#xff0c;它兼容 Axure、Figma、Sketch 和 Adobe XD 等格式&#xff0c;提供一站式协同设计&#xff0c;帮助团队高效工作。在本文中&#xff0c;我们将为你介绍 Axure RP10 汉化版即时设计的下载和安装步骤&#xff0c;让…
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c++学习——多态

c++学习——多态

多态 **多态的语法****多态的底层原理图****多态案1——计算机类****纯虚函数和抽象类****多态案例2——饮品****虚析构和纯虚析构****多态案例3—— 电脑组装** 多态是C面向对象三大特性之一 多态分为两类 静态多态:函数重载和运算符重载属于静态多态&#xff0c;复用函数名 动…
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ssm本地上传文件

ssm本地上传文件

SSM实现图片本地上传并保存到本地磁盘中 功能描述 实现房屋租赁网站中添加房屋信息的功能。其中add.jsp页面是一个表单提交信息——添加房屋 首先输入房屋的相关信息&#xff0c;并上传房屋的图片。上传成功后会将图片的名字添加到数据库中成功后跳转到success.jsp&#xff…
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华为OD机试 Java 实现【简单密码】【牛客练习题 HJ21】，附详细解题思路

华为OD机试 Java 实现【简单密码】【牛客练习题 HJ21】，附详细解题思路

一、题目描述 现在有一种密码变换算法。 九键手机键盘上的数字与字母的对应&#xff1a; 1--1&#xff0c; abc--2, def--3, ghi--4, jkl--5, mno--6, pqrs--7, tuv--8 wxyz--9, 0--0&#xff0c;把密码中出现的小写字母都变成九键键盘对应的数字&#xff0c;如&#xff1a;a …
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【PaperReading】科学可重复的基因组富集: CERNO 与其他八种算法的比较

【PaperReading】科学可重复的基因组富集: CERNO 与其他八种算法的比较

Gene set enrichment for reproducible science: comparison of CERNO and eight other algorithms 可重复性科学的基因组富集: CERNO 与其他八种算法的比较1. 引言2. 材料和方法2.1 CERNO算法2.2 进一步用于评估的算法2.3 数据集2.4 算法评估指标3. 结果3.1 CERNO算法的不同排…
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【前端 - HTML】第 2 课 - HTML 标签

【前端 - HTML】第 2 课 - HTML 标签

欢迎来到博主 Apeiron 的博客&#xff0c;祝您旅程愉快 &#xff01; 时止则止&#xff0c;时行则行。动静不失其时&#xff0c;其道光明。 目录 1、缘起 2、标题标签 3、段落标签 4、文本格式化标签 5、图像标签 5.1、基本作用 5.2、属性 6、超链接标签 7、音频标…
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STM32 FSMC机制

STM32 FSMC机制

引 言 STM32是ST(意法半导体)公司推出的基于ARM内核Cortex&#xff0d;M3的32位微控制器系列。Cortex&#xff0d;M3内核是为低功耗和价格敏感的应用而专门设计的&#xff0c;具有突出的能效比和处理速度。通过采用Thumb&#xff0d;2高密度指令集&#xff0c;Cortex&#xff0…
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五种I/O模型

五种I/O模型

一、I/O基本概念 I/O即数据的读取&#xff08;接收&#xff09;或写入&#xff08;发送&#xff09;操作 通常用户进程中的一个完整I/O分为两个阶段 (1)用户进程空间<-->内核空间 (2)内核空间<-->设备空间&#xff08;磁盘、网卡等&#xff09; I/O分为内存I/O、…
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