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第十三届蓝桥杯c++b组2022年国赛决赛题解
小码仔
2022-06-22 15:41:39 2022-06-22
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题目pdf下载十三届蓝桥杯c++b组2022国赛题目pdf下载

G题没有写,J题是暴力的,其他好像都写出来,但是估计还是有错的。

目录

正文:

试题 A: 2022

试题 B: 钟表

试题 C: 卡牌

试题 D: 最大数字

试题 E: 出差

试题 F: 费用报销

试题 G: 故障

试题 H: 机房

试题 I: 齿轮

试题 J: 搬砖

结尾:

正文:

试题 A: 2022

题意: 2022分为不同十个不同的正整数的情况数。

思路:动态规划,我的答案是:379187662194355221

        以为挺简单的,但是dfs写完连100都跑不出来,这题难度不简单,估计卡了不少人时间

后面暴力出了答案,从55开始有答案(因为最小的十个不同的正整数是:1,2,3,4...10,和是55),根据前10个数很像哈代-拉马努金拆分数列,然后求出来和后面的不一样,而且会炸long long,所以这个数列应该是错的。

动态规划思路:

       以后有空更

暴力代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a=55;
int ans=0;
void dfs(int d,int sum,int pre){ //d是选的数量,sum是选的和,pre是上次选的点
if(d==10){
if(sum==a)
ans++;
return;
}
for(int i=pre+1;i<=a;i++){
if(i+sum<=a){
dfs(d+1,sum+i,i);
}
}
}
int main()
{
dfs(0,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}

动态规划代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
long long i,j,k,dp[50000][20];
int main()
{
for(i=1;i<=2022;i++)
{
for(j=2022;j>=1;j--)
{
for(k=1;k<=9;k++)
{
dp[j+i][k+1]=dp[j+i][k+1]+dp[j][k];
}
}
dp[i][1]++;
}
// for(i=1;i<=100;i++)
// printf("%lld\n",dp[i][10]);
printf("%lld\n",dp[2022][10]);
return 0;
}

试题 B: 钟表

题意:一个钟表的时针、分针的角度差==分针、秒针的角度差,求此时的时分秒。

思路:暴力,我的答案是:4 48 0

        三个for起手不难,主要就是计算三个针的角度,

秒的角度就是:m/60

分的角度就是:f/60+(m/60)/60,因为秒贡献的度数最多是1/60,贡献了m/60(1/60)

时的角度就是:s/12+(f+m60)/(6012);,因为分钟贡献的度数最多是1/12,如果有res分钟,那么a=s/12+res/12

注意优弧劣弧的概念,小数的角度是<=0.5的。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dou double
#define EXP 1e-6
#define M 100010
int main()
{
for(dou s=0;s<=6;s++)
for(dou f=0;f<60;f++)
for(dou m=0;m<60;m++){
dou a=s/12+(f+m*60)/(60*12); //时针在表上角度
dou b=f/60+m/(60*60); //分针在表上角度
dou c=m/60; //秒针在表上角度
dou x=fabs(a-b)>0.5?1-fabs(a-b):fabs(a-b); //x是时针和分针夹角
dou y=fabs(b-c)>0.5?1-fabs(b-c):fabs(b-c); //x是分针和秒针夹角
if(fabs(x-2*y)<EXP){ //如果A==2*B
cout<<s<<" "<<f<<" "<<m<<endl;
}
}
return 0;
}

试题 C: 卡牌

 

 题意:a[i]数组是已有的 i 类手牌的数量,每个类(1-n类)的出1张可以组成一套,还有m张空白的,可以随便写成任意i类。b数组是该类最多被空白牌写成几张,求组成的最多套牌。

思路:二分

       容易知道是把空白牌用到少的类上,这题思路就是直接二分答案了

check函数:

int check(int mid){        //看看mid套行不行
LL sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<mid){ //i类原来数量就超过mid张就不用考虑了
if(mid-a[i]>b[i]) return 0; //如果需要的比限制多返回NO
sum+=mid-a[i];
if(sum>m) return 0; //如果使用空白牌多与m,返回NO
}
}
return 1;
}

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define M 1000005
LL n,m;
LL a[M],b[M];
int check(int mid){
LL sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<mid){
if(mid-a[i]>b[i]) return 0;
sum+=mid-a[i];
if(sum>m) return 0;
}
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
LL l=0,r=n*n,ans=0;
while(l<=r){
LL mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
l=mid+1;
ans=mid;
}else{
r=mid-1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}

试题 D: 最大数字

 题意:给一个小于1e18的数字,不超过a次可以给一位+1,9再+就变成0,

不超过b次可以给一位-1,0再-变成9。

 思路:思维+暴力深搜(dfs)

        使用肯定是从前面开始的,因为是不超过多少次使用,前面就是能省则省,但是但凡有用,必须使用,暴力出答案即可。

dfs代码:

void dfs(LL a,LL ans,LL b,LL c){    //a表示当前的N,ans是10的某次方,表示数量级,b和c是剩余数量
if(ans==0){
maxx=max(maxx,a); //更新答案
return;
}
int d=a/ans%10;
if(b>9-d){ //能变成9就变9,
int r=b-(9-d);
dfs(a+(9-d)*ans,ans/10,r,c);
}else{ //不能变成9就全用
dfs(a+b*ans,ans/10,0,c);
}
if(c!=0){
if(c>=d+1){ //能变成9就用,不能变就省着
int r=c-(d+1);
dfs(a-d*ans+9*ans,ans/10,b,r);
}
}
}

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100010
LL a,b,c;
LL maxx=0;
void dfs(LL a,LL ans,LL b,LL c){
if(ans==0){
maxx=max(maxx,a);
return;
}
int d=a/ans%10;
if(b>9-d){
int r=b-(9-d);
dfs(a+(9-d)*ans,ans/10,r,c);
}else{
dfs(a+b*ans,ans/10,0,c);
}
if(c!=0){
if(c>=d+1){
int r=c-(d+1);
dfs(a-d*ans+9*ans,ans/10,b,r);
}
}
}
int main()
{
cin>>a>>b>>c;
LL tmp=a;
LL ans=1;
while(a){
a/=10;
ans*=10;
}
dfs(tmp,ans/10,b,c);
cout<<maxx<<endl;
return 0;
}

试题 E: 出差

 题意:n个点,m条边构成一个有边权的无向图,然后每个顶点都有自己的停留时间,即到达该点要停的时间,都是正数,求1到n点的最短时间

思路:最短路的贝尔曼-福特算法(Bellman-Ford)

        这题就是最短路模板题,只是加上了顶点要停留,感觉迪杰斯特拉算法(Dijkstra)应该也行,但觉得贝尔曼-福特算法(Bellman-Ford)应该更合适。

只是在使用边的时候,将边权+终点停留时间,终点为n时不加

更新代码:

for(int k=1;k<=n;k++){        //n次更新
for(int i=1;i<=m;i++){
int res1=0,res2=0;
if(b[i]!=n) res1=x[b[i]]; //终点不为n,边权+停留时间
if(a[i]!=n) res2=x[a[i]];
dist[b[i]]=min(dist[b[i]],dist[a[i]]+c[i]+res1);
dist[a[i]]=min(dist[a[i]],dist[b[i]]+c[i]+res2);
}
}

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100005
int n,m;
int x[M];
int dist[M],a[M],b[M],c[M];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dist,inf,sizeof(dist));
dist[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
for(int k=1;k<=n;k++){
for(int i=1;i<=m;i++){
int res1=0,res2=0;
if(b[i]!=n) res1=x[b[i]];
if(a[i]!=n) res2=x[a[i]];
dist[b[i]]=min(dist[b[i]],dist[a[i]]+c[i]+res1);
dist[a[i]]=min(dist[a[i]],dist[b[i]]+c[i]+res2);
}
}
cout<<dist[n]<<endl;
return 0;
}

试题 F: 费用报销

 

 题意:给同一年的一些天,这些天都一个或多个的钱,选一些天使金额最多且不超多m,其中所有相邻的天数相差不超过k(>=k)

思路:动态规划

       比较简单得到动态规划,首先将天转变为一维数组,dp[i]表示该天最大的金额。

那么dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-k]+a[i])                //对应的就是不选和选

核心代码:

for(int i=1;i<=500;i++){            //一年365天,dp超过365就行
if(dp[i]+dp[i-k]<=m)
dp[i]=max(dp[i]+dp[i-k],dp[i-1]);
else //如果选了会超过m,就不选了
dp[i]=dp[i-1];
}

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100005
int n,m,k;
int x,y,z;
int mp[105][105],dp[10005];
int r[]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main(){
int sum=0;
for(int i=1;i<=12;i++){
for(int j=1;j<=r[i];j++){
sum++;
mp[i][j]=sum; //映射天数
}
}
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
dp[mp[x][y]]=max(dp[mp[x][y]],z);
}
for(int i=1;i<=500;i++){
if(dp[i]+dp[i-k]<=m)
dp[i]=max(dp[i]+dp[i-k],dp[i-1]);
else
dp[i]=dp[i-1];
}
cout<<dp[500]<<endl;
return 0;
}

试题 G: 故障

 题意:不知

思路:不知,题有点多,做不过来

代码:未有

试题 H: 机房

 题意:给一颗无边权的树,查询m次两点路劲之间,所有点的直接连接点的数量和。

 思路:LCA+树形DP

        还是比较好想的,dfs处理出给个点的直接连接点的数量,再dfs,求出每个点到顶点的直接连接点的数量的前缀和,用dp[i]表示。

d表示两点x和y的LCA(共公祖先),pre[d]表示d的父点,结果就是dp[x]+dp[y]-dp[d]-dp[pre[d]],其中

核心代码:

void dfs(int d,int pre,int sum)
{
for(int i=1;i<n+5;i++) lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i); //LCA倍增
fa[d][0]=pre; //LCA倍增
h[d]=h[pre]+1; //LCA倍增
p[d]=pre; //父点
for(int i=1;i<=lg[h[d]]+1;i++) //LCA倍增
fa[d][i]=fa[fa[d][i-1]][i-1];
int l=v[d].size(); //l也是当前结点直接连接其他结点数量
dp[d]=l+sum; //sum是之前父链的和
fo(0,l-1){
int now=v[d][i];
if(pre!=now){
dfs(now,d,dp[d]);
}
}
}

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 200005
int n,m,x,y;
int dp[M],p[M];
vector<int>v[M];
int h[M],lg[M],fa[M][35];
void dfs(int d,int pre,int sum)
{
for(int i=1;i<n+5;i++) lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i); //LCA倍增
fa[d][0]=pre; //LCA倍增
h[d]=h[pre]+1; //LCA倍增
p[d]=pre; //父点
for(int i=1;i<=lg[h[d]]+1;i++) //LCA倍增
fa[d][i]=fa[fa[d][i-1]][i-1];
int l=v[d].size(); //l也是当前结点直接连接其他结点数量
dp[d]=l+sum; //sum是之前父链的和
fo(0,l-1){
int now=v[d][i];
if(pre!=now){
dfs(now,d,dp[d]);
}
}
}
int LCA(int a,int b)
{
if(h[a]<h[b]) swap(a,b);
for(int i=lg[h[a]]+1;i>=0;i--){
if(h[a]-(1<<i)>=h[b])
a=fa[a][i];
}
if(a==b) return a;
for(int i=lg[h[a]]+1;i>=0;i--)
if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
a=fa[a][i];
b=fa[b][i];
}
return fa[a][0];
}
int main(){
cin>>n>>m;
fo(1,n-1){
cin>>x>>y;
v[x].push_back(y);
v[y].push_back(x);
}
dfs(1,0,0);
while(m--){
int x,y;
cin>>x>>y;
int d=LCA(x,y);
cout<<dp[x]+dp[y]-dp[d]-dp[p[d]]<<endl;
}
return 0;
}

试题 I: 齿轮

 题意:给一个数组为齿轮大小,问能不能换顺序后,尾转的速度是首转的速度的qi倍,询问Q次。

思路:不难发现这个中间的没有用,就是首的半径=尾的半径*qi就可。而且这种排序是随便的,只需要找这个数组中没有两个数相除==qi即可。

那么需处理出这个数组所有的可有倍数即可。具体看代码更容易理解,这个时间复杂度是n*logn的,对1e6也应该能用,注意倍数1的判断

预处理代码:

for(int i=1;i<=MAX;i++){            //MAX=2e5
if(vis[i]==1){ //vis[i]表示i在该数组中
for(int j=i*2;j<=MAX;j+=i){
if(vis[j]==1) ans[j/i]=1; //ans是结果数组
}
}
}

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 1000005
int MAX=400005;
int n,m,flag=0;
int a[M];
int vis[M],ans[M];
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(vis[a[i]]==1) flag=1; //单独判断ans[1]
vis[a[i]]=1; //表明数组有这个数
}
if(flag) ans[1]=1;
for(int i=1;i<=MAX;i++){
if(vis[i]==1){
for(int j=i*2;j<=MAX;j+=i){
if(vis[j]==1) ans[j/i]=1;
}
}
}
int x;
while(m--){
cin>>x;
if(ans[x]) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}

试题 J: 搬砖

 题意:选取若干个从上到下放,重量不能小于上面的和,求总价值最大

思路:可能是动态规划,写差不多觉得和题意有点出入,就直接dfs暴力

暴力挺简单的,先结构体排序,重量小的一定先选在上面,不然直接压垮了。然后同重量的价值大的一定先选。

dfs出所有的1-n排序,也就是:

1 2 3 4 5

1 2 3 4

3 4 5

2 4 5

这些

....

然后计算判断更新最后答案

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 200005
int n,maxx=0;
struct Node
{
int a,b;
bool operator<(const Node temp)const{
if(a==temp.a) return b>temp.b;
return a<temp.a;
}
}x[M];
//此代码是暴力代码,只能过30%
int q[M],v=0;
void dfs(int d,int pre){
if(d==n){ //判断q数组中的顺序是否合法
int sum=0,ans=0;
for(int i=1;i<=v;i++){
if(x[q[i]].a<sum) break;
sum+=x[q[i]].a;
ans+=x[q[i]].b;
if(i==v) maxx=max(maxx,ans);
}
return;
}
for(int i=pre+1;i<=n;i++){
q[++v]=i;
dfs(d+1,i);
v--;
}
if(v!=0) dfs(d+1,pre);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>x[i].a>>x[i].b;
sort(x+1,x+n+1);
dfs(0,0);
cout<<maxx<<endl;
return 0;
}

结尾:

        看了下演草纸,才用了1页多,一般比赛要好几页的。不少题是算法及相关的题,总体acm选手估计是叫好,但是对其他选手不清楚了,这题个人觉得难度适中,因为往年很多题不能暴力,而且到现在,那些题也没有题解(csdn上)。今年只有一题没看,一个暴力,难度肯定是降了不少的。

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