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2023年第十四届蓝桥杯大赛软件类省赛C/C++大学A组真题 (dotcpp.com)

目录

试题 A: 幸运数（枚举）

思路：

代码：

试题 B: 有奖问答（搜索 / 线性dp）

试题 C: 平方差（数学 / 结论）

思路：

代码：

试题 D: 更小的数（区间dp）

思路：

代码：

试题 E: 颜色平衡树（ 树形dp(60%)  /  平衡树 ）

试题 F: 买瓜（搜索剪枝）

 思路：

代码：

试题 G: 网络稳定性（多源最短路（30%））

思路：

代码：

试题 H: 异或和之和（前缀和（60%））

思路：

代码：

试题 I: 像素放置（搜索剪枝）

思路：

代码：

试题 J: 翻转硬币（莫比乌斯函数）

试题 A: 幸运数（枚举）

本题总分：5 分

【问题描述】

共有多少个不同的幸运数字。

【答案提交】

 答案为：4430091 

思路：

 数据范围10^8，直接全部枚举，判断是否幸运即可

代码：

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

bool check(int x){
    int tmp=x,len=0;
    while(tmp){
        len++;
        tmp/=10;
    }
    if(len%2==1)return 0;
    int t=len/2;
    int ans1=0,ans2=0;
    while(t--){
        ans1+=x%10;
        x/=10;
    }
    while(x){
        ans2+=x%10;
        x/=10;
    }
    return ans1==ans2;
}

int main(){
    int ans=0;
    for(int i=10;i<=100000000;i++){
        if(check(i))ans++;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

试题 B: 有奖问答（搜索 / 线性dp）

本题总分：5 分

【问题描述】

有多少种?

【答案提交】

本题总分：10 分

【问题描述】

给定 L, R，问 L ≤ x ≤ R 中有多少个数 x 满足存在整数 y,z 使得 x = y^ 2 − z^ 2 。

【输入格式】

输入一行包含两个整数 L, R，用一个空格分隔。

【输出格式】

输出一行包含一个整数满足题目给定条件的 x 的数量。

【样例输入】

1 5

【样例输出】

4

【样例说明】

5 = 3^2 − 2 ^2 。

【评测用例规模与约定】

思路：

找规律，发现所有的奇数都可以拆成 x/2 +1 和 x/2 的平方差

而所有的 4k+2 型的数不能拆成平方差， 4k 型的数可以拆成平方差

然后直接计算公式 前 R 个数 和 前 L-1 个数 即可

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f(ll x){
    return x-x/4-(x%4>=2);
}
void solve(){
    ll L,R;
    cin>>L>>R;
    cout<<f(R)-f(L-1);
    return;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    solve();

    return 0;
}

试题 D: 更小的数（区间dp）

本题总分：10 分

【问题描述】

小蓝有一个长度均为 n 且仅由数字字符 0 ∼ 9 组成的字符串，下标从 0 到 n − 1，你可以将其视作是一个具有 n 位的十进制数字 num，小蓝可以从 num 中 选出一段连续的子串并将子串进行反转，最多反转一次。

小蓝想要将选出的子串进行反转后再放入原位置处得到的新的数字 numnew 满足条件 numnew < num， 请你帮他计算下一共有多少种不同的子串选择方案，只要两个子串在 num 中的 位置不完全相同我们就视作是不同的方案。

注意，我们允许前导零的存在，即数字的最高位可以是 0 ，这是合法的。

【输入格式】

从左至右下标依次为 0 ∼ n − 1。

【输出格式】

输出一行包含一个整数表示答案。

【样例输入】

210102

【样例输出】

8

【样例说明】

一共有 8 种不同的方案：

8）所选择的子串下标为 3 ∼ 4 ，反转后的 numnew = 210012 < 210102 ；

【评测用例规模与约定】

思路：

非常标准的区间dp，bool数组记录这个区间能否翻转，如果左端大于右端，则可以翻转；如果两端一样则区间缩小两位，转移状态到小区间

状态转移方程：dp [ i ] [ i+k ] = dp [ i+1 ] [ i+k-1 ]

代码：

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

void solve(){
    string s;
    cin>>s;
    int n=s.length();
    s=' '+s;
    long long ans=0;
    vector<vector<bool> >dp(n+1,vector<bool>(n+1,0));
    for(int k=1;k<=n;k++){
        for(int i=1;i+k<=n;i++){
                
            if(s[i]>s[i+k]) dp[i][i+k]=1;
            else if(s[i]<s[i+k]) dp[i][i+k]=0;
            else dp[i][i+k]=dp[i+1][i+k-1];
            
            ans+=dp[i][i+k];
        }
    }
    cout<<ans;
    return;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    solve();

    return 0;
}

试题 E: 颜色平衡树（ 树形dp(60%)  /  平衡树 ）

本题总分：15 分

【问题描述】

平衡树。

求出这棵树中有多少个子树是颜色平衡树。

【输入格式】

的颜色和父亲结点编号。

据是一棵树。

输出一行包含一个整数表示答案。

【样例输入】

6

2 0

2 1

1 2

3 3

3 4

1 4

【样例输出】

4

【样例说明】

编号为 1, 3, 5, 6 的 4 个结点对应的子树为颜色平衡树。

【评测用例规模与约定】

试题 F: 买瓜（搜索剪枝）

本题总分：15 分

【问题描述】

请问小蓝至少要劈多少个瓜才能买到重量恰好为 m 的瓜。如果无论怎样小蓝都无法得到总重恰好为 m 的瓜，请输出 −1 。

【输入格式】

瓜的重量。

【输出格式】

输出一行包含一个整数表示答案。

【样例输入】

3 10

1 3 13

【样例输出】

2

【评测用例规模与约定】

 思路：

搜索剪枝，玄学复杂度，不知道能过多少，但60%应该有的

每个瓜有三种情况，全买，买一半，都不买，我们先把所有瓜排序再搜索，便于剪枝

剪枝策略：

1. 剩余的瓜全买也不足m

2. 当前的重量大于m

3. 当前的瓜数大于等于答案

4. 当前状态如果取到 和目前最优解一样的瓜数 也达不到m重量

代码：

先上课去了

试题 G: 网络稳定性（多源最短路（30%））

本题总分：20 分

【问题描述】

稳定性。如果两台设备之间不存在任何路径，请输出 −1 。

【输入格式】

性。

【输出格式】

输出 q 行，每行包含一个整数依次表示每个询问的答案。

【样例输入】

5 4 3

1 2 5

2 3 6

3 4 1

1 4 3

1 5

2 4

1 3

【样例输出】

-1

3

5

【评测用例规模与约定】

思路：

正解是nlogn的复杂度，暂时不会

考场直接Floyd算出任意两点间的稳定性，n^3拿30%跑路

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q;
int dp[5005][5005];
void solve(){
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    cin>>n>>m>>q;
    while(m--){
        int u,v,x;
        cin>>u>>v>>x;
        dp[u][v]=max(dp[u][v],x);   //选稳定性最大的一条路
        dp[v][u]=max(dp[v][u],x);
    }
    for(int k=1;k<=n;k++){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(i!=j&&j!=k&&i!=k){   //用 以K中转的路径 更新dp[i][j]
                    dp[i][j]=max(dp[i][j],min(dp[i][k],dp[k][j]));
                }
            }
        }
    }
    while(q--){
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        cout<<dp[x][y]<<endl;
    }

}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    solve();

    return 0;
}

试题 H: 异或和之和（前缀和（60%））

本题总分：20 分

【问题描述】

然后输出每组 L, R 得到的结果加起来的值。

【输入格式】

第二行包含 n 个整数 Ai ，相邻整数之间使用一个空格分隔。

【输出格式】

输出一行包含一个整数表示答案。

【样例输入】

5

1 2 3 4 5

【样例输出】

39

【评测用例规模与约定】

思路：

异或其实和加法差不多，用前缀和O(N)预处理，n^2枚举 L和R 过60%跑路 

减去之前异或过的数，相当于在异或一遍，两次异或  = 异或 0

ans(L,R) = pre [ R ] ^ pre [ L-1 ]

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[100005],pre[100005];
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        pre[i]=pre[i-1]^a[i];
    }
    long long ans=0;
    for(int L=1;L<=n;L++){
        for(int R=L;R<=n;R++){
            ans+=pre[R]^pre[L-1];
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    solve();

    return 0;
}

试题 I: 像素放置（搜索剪枝）

本题总分：25 分

【问题描述】

小蓝最近迷上了一款名为《像素放置》的游戏，游戏在一个 n × m 的网格棋盘上进行，棋盘含有 n 行，每行包含 m 个方格。

玩家的任务就是需要对这n × m 个方格进行像素填充，填充颜色只有黑色或白色两种。有些方格中会出现一个整数数字 x(0 ≤ x ≤ 9)，这表示当前方格加上周围八个方向上相邻的方格（分别是上方、下方、左方、右方、左上方、右上方、左下方、右下方）共九个

玩家需要在满足所有数字约束下对网格进行像素填充，请你帮助小蓝来完成。题目保证所有数据都有解并且解是唯一的。

【输入格式】

接下来 n 行，每行包含 m 个字符，表示棋盘布局。字符可能是数字 0 ∼ 9，这表示网格上的数字；字符还有可能是下划线（ASCII 码为 95 ），表示一个不 带有数字的普通网格。

【输出格式】

输出 n 行，每行包含 m 个字符，表示答案。如果网格填充白色则用字符 0表示，如果网格填充黑色则用字符 1 表示。

【样例输入】

6 8

_1__5_1_

1_4__42_

3__6__5_

___56___

_688___4

_____6__

【样例输出】

00011000

00111100

01000010

11111111

01011110

01111110

上图左是样例数据对应的棋盘布局，上图右是此局游戏的解。例如第 3 行第 1 列处的方格中有一个数字 3 ，它周围有且仅有 3 个格子被黑色填充，分别是第 3 行第 2 列、第 4 行第 1 列和第 4 行第 2 列的方格。

【评测用例规模与约定】

思路：

搜索剪枝，枚举所有的状态，然后根据给出的黑色个数来剪枝，因为样例的6*8秒出了，复杂度应该差不多（剪枝复杂度都是玄学）

代码：

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

int a[15][15];
int n,m;
int ans[15][15];
bool flag=0;

int d[9][2]={-1,-1,-1,0,-1,1,0,-1,0,0,0,1,1,-1,1,0,1,1};

int cnt(int x,int y){
    int res=0;
    for(int i=0;i<9;i++){
        int dx=x+d[i][0],dy=y+d[i][1];
        res+=(ans[dx][dy]==1);
    }
    return res;
}

bool check(int x,int y){
    for(int i=1;i<=x-2;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j]==-1)continue;
            if(cnt(i,j)!=a[i][j]){
                return 0;
            }
        }
    }
    if(x>=2)
    for(int j=1;j<=y-2;j++){
        if(a[x-1][j]==-1)continue;
        if(cnt(x-1,j)!=a[x-1][j])return 0;
    }
    return 1;
}

bool check2(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j]==-1)continue;
            if(cnt(i,j)!=a[i][j]){
                return 0;
            }
        }
    }
    return 1;
}

void dfs(int x,int y){

    if(flag)return;

    if(x==n+1){
        if(check2()==0)return;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                cout<<ans[i][j];
            }
            cout<<endl;
        }
        flag=1;
        return;
    }

    if(check(x,y)==0)return;

    if(y==m){
        ans[x][y]=1;
        dfs(x+1,1);
        ans[x][y]=0;
        dfs(x+1,1);
        return;
    }
    ans[x][y]=1;
    dfs(x,y+1);
    ans[x][y]=0;
    dfs(x,y+1);
    return;
}

void solve(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            char ch;
            cin>>ch;
            if(ch=='_')a[i][j]=-1;
            else a[i][j]=ch-'0';
        }
    }
    dfs(1,1);
    return;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    solve();

    return 0;
}

/*
6 8
_1__5_1_
1_4__42_
3__6__5_
___56___
_688___4
_____6__
*/