【蓝桥杯】 历届试题 题解
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核桃的数量 |
问题描述
小张是软件项目经理，他带领3个开发组。工期紧，今天都在加班呢。为鼓舞士气，小张打算给每个组发一袋核桃（据传言能补脑）。他的要求是：
1. 各组的核桃数量必须相同
2. 各组内必须能平分核桃（当然是不能打碎的）
3. 尽量提供满足1,2条件的最小数量（节约闹革命嘛）
题意：求三个数的最小公倍数。
求两个数的最小公倍数=两个数的积/最大公约数，三个数同理。
#include <iostream>
#include<cstdio>using namespace std;int gcd(int x,int y)
{int r;while(r=x%y) x=y,y=r;return y;
}int main()
{int a,b,c;cin>>a>>b>>c;int ans=a*b/gcd(a,b);ans=ans*c/gcd(ans,c);cout<<ans<<endl;
}
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打印十字图 |
乍看没规律，分解之后发现对称。先找图形的八分之一的规律，然后再形成全图。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>using namespace std;int a[210][210];int main()
{int n;cin>>n;int m=n*2+3;memset(a,0,sizeof(a));for(int i=3;i<=m;i++){for(int j=1;j<=i/2-1;j++) a[i][j*2-1]=1;if(i%2)for(int j=i-2;j<=m;j++) a[i][j]=1;}for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=i;j<=m;j++)a[i][j]=a[j][i];for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=m;j++){a[m+i][j]=a[m-i][j];a[i][j+m]=a[i][m-j];a[i+m][j+m]=a[m-i][m-j];}for(int i=1;i<=2*m-1;i++){for(int j=1;j<=2*m-1;j++)printf(a[i][j]==1?"$":".");cout<<endl;}
}
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带分数 |
问题描述
100 可以表示为带分数的形式：100 = 3 + 69258 / 714。
还可以表示为：100 = 82 + 3546 / 197。
注意特征：带分数中，数字1~9分别出现且只出现一次（不包含0）。
类似这样的带分数，100 有 11 种表示法。
从标准输入读入一个正整数N (N<1000*1000)
程序输出该数字用数码1~9不重复不遗漏地组成带分数表示的全部种数。
注意：不要求输出每个表示，只统计有多少表示法！
把大于9876543+2/1 (n>9876544)的情况排除。可以用搜索做，先用dfs遍历9个数的排列，再对每种排列方式插入 + 和 / ，统计满足的情况。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>using namespace std;int ans=0,num[10],n,d[10];void judge()
{int sum=0;for(int i=1;i<=9;i++){sum=sum*10+d[i];if(sum>=n) return ;int fm=0;for(int j=i+1;j<=9;j++){fm=fm*10+d[j];if(9-j>j-i) continue;int fz=0;for(int k=j+1;k<=9;k++) fz=fz*10+d[k];if(fz*(n-sum)==fm){ans++;break;}}}
}void dfs(int c)
{if(c==9){judge();return;}for(int i=1;i<=9;i++){if(!num[i]){num[i]=1;d[c+1]=i;dfs(c+1);num[i]=0;}}
}int main()
{cin>>n;if(n>9876544){cout<<0<<endl;return 0;}memset(num,0,sizeof(num));dfs(0);cout<<ans<<endl;
}
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剪格子 |
问题描述
如下图所示，3 x 3 的格子中填写了一些整数。
|10* 1|52|
+--****--+
|20|30* 1|
*******--+
| 1| 2| 3|
+--+--+--+
我们沿着图中的星号线剪开，得到两个部分，每个部分的数字和都是60。
本题的要求就是请你编程判定：对给定的m x n 的格子中的整数，是否可以分割为两个部分，使得这两个区域的数字和相等。
如果存在多种解答，请输出包含左上角格子的那个区域包含的格子的最小数目。
如果无法分割，则输出 0。
程序先读入两个整数 m n 用空格分割 (m,n<10)。
表示表格的宽度和高度。
接下来是n行，每行m个正整数，用空格分开。每个整数不大于10000。
10 1 52
20 30 1
1 2 3
1 1 1 1
1 30 80 2
1 1 1 100
dfs搜索一遍，取最小的，注意回溯就行了。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define INF 0x7fffffffusing namespace std;int n,m,ans,sum,d[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0},v[11][11],a[11][11];void dfs(int x,int y,int s,int t)
{if(t>=ans||s>sum) return ;if(s==sum){ans=min(ans,t);return ;}for(int i=0;i<4;i++){int tx=x+d[i][0],ty=y+d[i][1];if(tx<0||tx>=n||ty<0||ty>=m||v[tx][ty]) continue;v[tx][ty]=1;dfs(tx,ty,s+a[tx][ty],t+1);v[tx][ty]=0;}
}int main()
{cin>>m>>n;sum=0;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){cin>>a[i][j];sum+=a[i][j];}if(sum%2){cout<<0<<endl;return 0;}sum/=2;ans=INF;v[0][0]=1;dfs(0,0,a[0][0],1);if(ans==INF) cout<<0<<endl;else cout<<ans<<endl;
}
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错误票据 |
某涉密单位下发了某种票据，并要在年终全部收回。
每张票据有唯一的ID号。全年所有票据的ID号是连续的，但ID的开始数码是随机选定的。
因为工作人员疏忽，在录入ID号的时候发生了一处错误，造成了某个ID断号，另外一个ID重号。
你的任务是通过编程，找出断号的ID和重号的ID。
假设断号不可能发生在最大和最小号。
要求程序首先输入一个整数N(N<100)表示后面数据行数。
接着读入N行数据。
每行数据长度不等，是用空格分开的若干个（不大于100个）正整数（不大于100000），请注意行内和行末可能有多余的空格，你的程序需要能处理这些空格。
每个整数代表一个ID号。
要求程序输出1行，含两个整数m n，用空格分隔。
其中，m表示断号ID，n表示重号ID
5 6 8 11 9
10 12 9
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
sort水一下。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>using namespace std;int a[11000];int main()
{int N,n,cnt=0,m;cin>>N;while(~scanf("%d",&a[cnt])) cnt++;sort(a,a+cnt);for(int i=1;i<cnt;i++){if(a[i]==a[i-1]) n=a[i];else if(a[i]!=a[i-1]+1) m=a[i-1]+1;}cout<<m<<" "<<n<<endl;
}
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翻硬币 |
小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。
桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零）。
比如，可能情形是：**oo***oooo
如果同时翻转左边的两个硬币，则变为：oooo***oooo
现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？
我们约定：把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作，那么要求：
两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。每行的长度<1000
一个整数，表示最小操作步数。
o****o****
*o***o**o***
#include <iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>using namespace std;int main()
{string s1,s2;cin>>s1>>s2;int len=s1.length();int ans=0;for(int i=0;i<len-1;i++){if(s1[i]!=s2[i]){ans++;if(s2[i+1]=='*') s2[i+1]='o';else s2[i+1]='*';}}cout<<ans<<endl;
}
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连号区间数 |
小明这些天一直在思考这样一个奇怪而有趣的问题：
在1~N的某个全排列中有多少个连号区间呢？这里所说的连号区间的定义是：
如果区间[L, R] 里的所有元素（即此排列的第L个到第R个元素）递增排序后能得到一个长度为R-L+1的“连续”数列，则称这个区间连号区间。
当N很小的时候，小明可以很快地算出答案，但是当N变大的时候，问题就不是那么简单了，现在小明需要你的帮助。
第一行是一个正整数N (1 <= N <= 50000), 表示全排列的规模。
第二行是N个不同的数字Pi(1 <= Pi <= N)， 表示这N个数字的某一全排列。
输出一个整数，表示不同连号区间的数目。
3 2 4 1
3 4 2 5 1
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>using namespace std;int a[55000];int main()
{int n,ans=0,mmax,mmin;cin>>n;for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=0;i<n;i++){mmax=mmin=a[i];for(int j=i;j<n;j++){mmin=min(mmin,a[j]);mmax=max(mmax,a[j]);if(mmax-mmin==j-i) ans++;}}cout<<ans<<endl;
}
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PREV-8 |
买不到的数目 |
问题描述
小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)
一个正整数，表示最大不能买到的糖数
我用完全背包做的。后在网上看到大牛答案等于a*b-a-b直接得解，膜拜一下，数学好就是6。
#include <iostream>
#include<cstdio>using namespace std;int d[1100000];int main()
{int a[2],ans=1;cin>>a[0]>>a[1];d[a[0]]=d[a[1]]=1;int mmax=a[0]*a[1];for(int i=1;i<=mmax;i++){for(int j=0;j<=1;j++)if(a[j]<i) d[i]+=d[i-a[j]];if(!d[i]) ans=i;}cout<<ans<<endl;
}
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大臣的旅费 |
问题描述
很久以前，T王国空前繁荣。为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了J最常做的事情。他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的J发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x千米到第x+1千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。
J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
输入的第一行包含一个整数n，表示包括首都在内的T王国的城市数
城市从1开始依次编号，1号城市为首都。
接下来n-1行，描述T国的高速路（T国的高速路一定是n-1条）
每行三个整数Pi, Qi, Di，表示城市Pi和城市Qi之间有一条高速路，长度为Di千米。
输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
大臣J从城市4到城市5要花费135的路费。
两遍dfs：
首先从u dfs找到最远点v ，然后从v开始，dfs找到的最远点一定是树的直径
证明：
如果u->v 和树的直径没有公共点，则可以从树的直径终点到u引一条边，树直径变长了，矛盾
假设交点为k，那么k->v (或者就是v本身) 一定是树直径的一部分，（最优子结构）
这样就证明了v一定在树的直径的端点处，（为什么是端点，因为u->v是最远的，一定是叶子节点）
#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=11000;
int cnt,head[N],l,n,v[N],r,next[N];struct node
{int to,d,next;
}e[N*2];void add(int p,int q,int d)
{e[cnt].to=q;e[cnt].d=d;e[cnt].next=head[p];head[p]=cnt++;
}int dfs(int t)
{v[t]=1;int w=0;for(int i=head[t];i+1;i=e[i].next){int q=e[i].to,d=e[i].d;if(!v[q]){int tw=dfs(q)+d;if(tw>w){w=tw;next[t]=next[q];}}}return w;
}int main()
{while(~scanf("%d",&n)){memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;for(int i=1;i<n;i++){int p,q,d;scanf("%d%d%d",&p,&q,&d);add(p,q,d);add(q,p,d);}for(int i=1;i<=n;i++) next[i]=i;memset(v,0,sizeof(v));dfs(1);memset(v,0,sizeof(v));int l=dfs(next[1]);int ans=l*10+(1+l)*l/2;printf("%d\n",ans);}
}
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幸运数 |
问题描述
幸运数是波兰数学家乌拉姆命名的。它采用与生成素数类似的“筛法”生成
。
首先从1开始写出自然数1,2,3,4,5,6,....
1 就是第一个幸运数。
我们从2这个数开始。把所有序号能被2整除的项删除，变为：
1 _ 3 _ 5 _ 7 _ 9 ....
把它们缩紧，重新记序，为：
1 3 5 7 9 .... 。这时，3为第2个幸运数，然后把所有能被3整除的序号位置的数删去。注意，是序号位置，不是那个数本身能否被3整除!! 删除的应该是5，11, 17, ...
此时7为第3个幸运数，然后再删去序号位置能被7整除的(19,39,...)
最后剩下的序列类似：
1, 3, 7, 9, 13, 15, 21, 25, 31, 33, 37, 43, 49, 51, 63, 67, 69, 73, 75, 79, ...
暴力模拟
#include <iostream>
#include<cstdio>using namespace std;int a[1100000],m,n;void dfs(int s)
{int cnt=s;if(a[s]>=n) return;for(int i=s;i<=n;i++)if((i+1)%a[s]) a[cnt++]=a[i];dfs(s+1);
}int main()
{cin>>m>>n;for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=i*2+1;dfs(1);int ans=0,i=0;while(a[i]<n)if(a[i++]>m) ans++;cout<<ans<<endl;
}
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PREV-11 |
横向打印二叉树 |
问题描述
二叉树可以用于排序。其原理很简单：对于一个排序二叉树添加新节点时，先与根节点比较，若小则交给左子树继续处理，否则交给右子树。
当遇到空子树时，则把该节点放入那个位置。
比如，10 8 5 7 12 4 的输入顺序，应该建成二叉树如下图所示，其中.表示空白。
10-|
...|-8-|
.......|...|-7
.......|-5-|
...........|-4
本题目要求：根据已知的数字，建立排序二叉树，并在标准输出中横向打印该二叉树。
输入数据为一行空格分开的N个整数。 N<100，每个数字不超过10000。
输入数据中没有重复的数字。
输出该排序二叉树的横向表示。为了便于评卷程序比对空格的数目，请把空格用句点代替：
10-|
...|-5
..|-10-|
..|....|-8-|
..|........|-7
5-|
..|-4
这题搞得脑壳疼，模拟，先建树再将图像存到数组中，最后打印。具体见代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=110;struct node
{int num,l,r;
}tree[N];char mp[N][N*5];
int a[N],b[N],h[N],d[N],v[N],nh[N];void dfs(int t,int m)
{if(t==0){tree[t].num=a[t];tree[t].l=tree[t].r=t;return ;}if(a[t]>tree[m].num){if(tree[m].r==m){tree[m].r=t;tree[t].num=a[t];tree[t].l=tree[t].r=t;}else{dfs(t,tree[m].r);}}else{if(tree[m].l==m){tree[m].l=t;tree[t].num=a[t];tree[t].l=tree[t].r=t;}else{dfs(t,tree[m].l);}}
}int main()
{memset(v,0,sizeof(v));memset(mp,0,sizeof(mp));int n=0;char cq;while(~scanf("%d%c",&a[n++],&cq)&&cq!='\n');for(int i=0;i<n;i++) b[i]=a[i];sort(b,b+n);for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++){if(a[i]==b[j]){h[i]=j;nh[j]=i;break;}}for(int i=0;i<n;i++){dfs(i,0);}for(int i=0;i<n;i++){if(i==0){int t=a[i];int tn=0;int c[5];while(t){c[tn++]=t%10;t/=10;}for(int j=0;j<tn;j++)mp[h[i]][j]=c[tn-j-1]+'0';//mp[h[i]][tn]='-';d[i]=tn;}else{int k=0;while(1){if(tree[k].l==i||tree[k].r==i) break;if(tree[k].num>a[i]) k=tree[k].l;else k=tree[k].r;}v[k]=1;mp[h[k]][d[k]]='-';for(int j=min(h[i],h[k]);j<=max(h[i],h[k]);j++) mp[j][d[k]+1]='|';mp[h[i]][d[k]+2]='-';int t=a[i];int tn=0;int c[5];while(t){c[tn++]=t%10;t/=10;}for(int j=0;j<tn;j++)mp[h[i]][d[k]+3+j]=c[tn-j-1]+'0';d[i]=d[k]+3+tn;}}//for(int i=0;i<n;i++) cout<<h[i]<<" "<<d[i]<<endl;for(int i=n-1;i>=0;i--){if(v[nh[i]]) d[nh[i]]+=2;for(int j=0;j<d[nh[i]];j++){if(mp[i][j]==0){mp[i][j]='.';}printf("%c",mp[i][j]);}printf("\n");}
}
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PREV-12 |
危险系数 |
问题描述
抗日战争时期，冀中平原的地道战曾发挥重要作用。
地道的多个站点间有通道连接，形成了庞大的网络。但也有隐患，当敌人发现了某个站点后，其它站点间可能因此会失去联系。
我们来定义一个危险系数DF(x,y)：
对于两个站点x和y (x != y), 如果能找到一个站点z，当z被敌人破坏后，x和y不连通，那么我们称z为关于x,y的关键点。相应的，对于任意一对站点x和y，危险系数DF(x,y)就表示为这两点之间的关键点个数。
本题的任务是：已知网络结构，求两站点之间的危险系数。
输入数据第一行包含2个整数n(2 <= n <= 1000), m(0 <= m <= 2000),分别代表站点数，通道数；
接下来m行，每行两个整数 u,v (1 <= u, v <= n; u != v)代表一条通道；
最后1行，两个数u,v，代表询问两点之间的危险系数DF(u, v)。
1 3
2 3
3 4
3 5
4 5
5 6
1 6
这题如果数据再大一些可以用tarjan做，但这里n和m都这么小，直接暴力可过：
#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N=1100;
int vi,ui,cnt,n,m,head[N],vis[N];struct node
{int next,v;
}e[N*2];void add(int u,int v)
{e[cnt].v=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;
}int dfs(int t)
{vis[t]=1;for(int i=head[t];i+1;i=e[i].next){int v=e[i].v;if(!vis[v]){if(v==vi||dfs(v)) return 1;}}return 0;
}int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&m)){memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;for(int i=0;i<m;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);add(u,v);add(v,u);}scanf("%d%d",&ui,&vi);int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(i!=vi&&i!=ui){memset(vis,0,sizeof(vis));vis[i]=1;if(dfs(ui)==0) ans++;}}printf("%d\n",ans);}
}
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网络寻路 |
问题描述
X 国的一个网络使用若干条线路连接若干个节点。节点间的通信是双向的。某重要数据包，为了安全起见，必须恰好被转发两次到达目的地。该包可能在任意一个节点产生，我们需要知道该网络中一共有多少种不同的转发路径。
源地址和目标地址可以相同，但中间节点必须不同。
如下图所示的网络。
1 -> 2 -> 3 -> 1 是允许的
1 -> 2 -> 1 -> 2 或者 1 -> 2 -> 3 -> 2 都是非法的。
输入数据的第一行为两个整数N M，分别表示节点个数和连接线路的条数(1<=N<=10000; 0<=M<=100000)。
接下去有M行，每行为两个整数 u 和 v，表示节点u 和 v 联通(1<=u,v<=N , u!=v)。
输入数据保证任意两点最多只有一条边连接，并且没有自己连自己的边，即不存在重边和自环。
1 2
2 3
1 3
1 2
2 3
3 1
1 4
转发两次，可以看成三条边相连，中间边的端点的度必须大于等于2才行。对每一条边，考虑当它为中间一条边时有几种情况。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=110000;
int u[N],v[N],n,m;
ll d[N];int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&m)){memset(d,0,sizeof(d));for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);d[u[i]]++;d[v[i]]++;}ll ans=0;for(int i=0;i<m;i++){ans+=(d[u[i]]-1)*(d[v[i]]-1);}printf("%lld\n",ans+ans);}
}| PREV-14 |
高僧斗法 |
问题描述
古时丧葬活动中经常请高僧做法事。仪式结束后，有时会有“高僧斗法”的趣味节目，以舒缓压抑的气氛。
节目大略步骤为：先用粮食（一般是稻米）在地上“画”出若干级台阶（表示N级浮屠）。又有若干小和尚随机地“站”在某个台阶上。最高一级台阶必须站人，其它任意。(如图1所示)
两位参加游戏的法师分别指挥某个小和尚向上走任意多级的台阶，但会被站在高级台阶上的小和尚阻挡，不能越过。两个小和尚也不能站在同一台阶，也不能向低级台阶移动。
两法师轮流发出指令，最后所有小和尚必然会都挤在高段台阶，再也不能向上移动。轮到哪个法师指挥时无法继续移动，则游戏结束，该法师认输。
对于已知的台阶数和小和尚的分布位置，请你计算先发指令的法师该如何决策才能保证胜出。
输入格式
输入数据为一行用空格分开的N个整数，表示小和尚的位置。台阶序号从1算起，所以最后一个小和尚的位置即是台阶的总数。（N<100, 台阶总数<1000）
输出格式
输出为一行用空格分开的两个整数: A B, 表示把A位置的小和尚移动到B位置。若有多个解，输出A值较小的解，若无解则输出-1。
样例输入
1 5 9
样例输出
1 4
样例输入
1 5 8 10
样例输出
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这题涉及到Nim博弈，推荐一篇博客讲的很清楚：http://www.cnblogs.com/exponent/articles/2141477.html
对这个问题，最大的难点就是把它转换成Nim博弈的模型。也就是将其两两分组，将每组之间的差值看做石子的数量。移动每组低台阶的时候，石子数减少，移动每组高台阶的时候，石子数增加。你需要做的就是移动一个和尚，使石子数达到平衡局面。 这样想就显而易见了。对于奇数石子的处理方法是两两分组，舍去最高台阶（看成石子数为0）
#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=110;
int a[N];int main()
{int n=0;while(~scanf("%d",&a[n])) n++;sort(a,a+n);int sum=0,flag=0;for(int i=0;i<n-1;i++)if(i%2==0)sum^=(a[i+1]-a[i]-1);for(int i=0;i<n-1&&flag==0;i++){for(int j=a[i]+1;j<a[i+1];j++){if(i%2){if((sum^(a[i]-a[i-1]-1)^(j-a[i-1]-1))==0){flag=1;cout<<a[i]<<" "<<j<<endl;break;}}else{if((sum^(a[i+1]-a[i]-1)^(a[i+1]-j-1))==0){flag=1;cout<<a[i]<<" "<<j<<endl;break;}}}}if(flag==0)cout<<-1<<endl;
}
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