试题 A: 数青蛙
“一只青蛙一张嘴，两只眼睛四条腿。两只青蛙两张嘴，四只眼睛八条腿。三只青蛙三张嘴，六只眼睛十二条腿。……二十只青蛙二十张嘴，四十只眼睛八十条腿。”
请问上面这段文字，如果完全不省略，全部写出来，从 1 到 20 只青蛙，总共有多少个汉字。
约定：数字 2 单独出现读成 “两”，在其他数里面读成 “二”，例如 “十二”。10 读作 “十”，11 读作 “十一”，22 读作 “二十二”。请只计算汉字的个数，标点符号不计算。
答案353
上限20只青蛙,腿最多80只,所以只需要考虑1~80的汉字个数即可.
个位数一位;11~19以及10的倍数两位;其余情况三位
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n(int x){
if(x<=10) return 1;
if(x%10==0) return 2;
if(x<20) return 2;
return 3;
}
int main(){
int sum = 0;
for(int i = 1 ; i <=20 ; i ++){
int a = i;
int b = i + i;
int c = i *4;
sum += 10;
sum += n(a)*2;
sum+=n(b) + n(c);
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}试题 B: 互质
今年是 2020 年，今天是 10 月 18 日。
请问在 1 到 2020 中，有多少个数与 1018 互质。
答案:1008
因为是填空题,所以不需要考虑什么算法,直接暴力试就可
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int gcd2(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main(){
int sum = 0;
for(int i = 1 ; i <= 2020; i ++){
if(gcd2(1018,i) == 1){
sum ++;
}
}
cout<< sum <<endl;
return 0;
}试题 C: 车牌
A 市的车牌由六位组成，其中前三位可能为数字 0 至 9，或者字母 A 至 F，每位有 16 种可能。后三位只能是数字 0 至 9。为了减少攀比，车牌中不能有连续三位是相同的字符。
例如，202020 是合法的车牌，AAA202 不是合法的车牌，因为前三个字母相同。
请问，A 市有多少个合法的车牌？
答案:3997440
总共情况为16*16*16*10*10*10
第一位第二位第三位字符一致,可以看做一位,有16种情况,第四位第五位第六位分别有10种情况
第一位16种情况,第二位第三位第四位一致,看做一位,有10种情况,第五位第六位分别有10种情况
第一位16种情况,第二位16种情况,第三第四第五位一致看做一位,有10种情况,第六位10种情况
第一位第二位第三位分别16种情况,第四位第五位第六位一致,看做一位,有10种情况
采用正难则反的思想,总数减去排除情况数,就是答案
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main(){
int sum = 16*16*16*10*10*10;
sum -= 16*10*10*10;
sum -= 16*10*10*10;
sum -= 16*16*10*10;
sum -= 16*16*16*10;
cout<<sum<<endl;
return 0;
}试题 D: Fibonacci 集合
小蓝定义了一个 Fibonacci 集合 F，集合的元素如下定义：
1. 最小的 5 个 Fibonacci 数 1, 2, 3, 5, 8 属于集合 F。
2. 如果一个元素 x 属于 F，则 3x + 2、5x + 3 和 8x + 5 都属于集合 F。
3. 其他元素都不属于 F。
请问，这个集合中的第 2020 小元素的值是多少？
答案 41269
标准深搜题,数字要求也不大,暴力即可
从最小的五个数开始搜索,把搜索到的数字置一,然后再找地2020个置一的数字即可
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int fx[100010];
bool is[100010];
void dfs(int n){
if(n > 100000) return ;
is[n] = true;
dfs(n*3+2);
dfs(n*5+3);
dfs(n*8+5);
}
int main(){
dfs(1);
dfs(2);
dfs(3);
dfs(5);
dfs(8);
int sum = 0;
for(int i = 1;i<=100010;i++){
if(is[i]){
sum ++;
cout<< sum << " ge = " << i<<endl;
if(sum == 2020){
break;
}
}
}
return 0;
}试题 E: 上升子串
小蓝有一个字母矩阵，他喜欢和小伙伴们在这个矩阵上玩一些游戏。今天，他打算玩找上升子串的游戏。游戏是合作性质的。小蓝和小伙伴们首先要在矩阵中指定一个位置，然后从这个位置开始，向上下左右相邻位置移动，移动必须满足所到达位置上的字母比当前位置大。小蓝和小伙伴们可以移动任意多次，也可以随时停下来，这样就找到了一个上升子串。只要子串在矩阵中的位置不同，就认为是不同的子串。
小蓝想知道，一共可以找到多少个上升子串。小蓝的矩阵很大，已经放在了试题目录下面，叫 inc.txt。为了更清楚的
描述问题，他还找了一个很小的矩阵用来解释。
例如，对于矩阵：
AB
BC
可以找到 4 个长度为 1 的上升子串、4 个长度为 2 的上升子串、2 个长度
为 3 的上升子串，共 10 个。
现在，请你对于小蓝的大矩阵，找到上升子串的数量。
答案未知
这题暴力过不去,比赛的时候跑了两个多小时,还在跑......
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
char a[102][102];
int sum;
struct mu{
int x;
int y;
char maxChar;
mu(int xx,int yy,char z){
x = xx;
y = yy;
maxChar = z;
}
};
bool check(int x){
if(x<0 || x >= 100) return false;
return true;
}
void bfs(int x,int y){
queue<mu> q;
q.push(mu(x,y,a[x][y]));
while(!q.empty()){
mu mm = q.front();
sum ++;
cout<<sum<<endl;
q.pop();
if(check(mm.x - 1) && mm.maxChar < a[mm.x - 1][mm.y]){
mu m2 = mu(mm.x - 1,mm.y,a[mm.x - 1][mm.y]);
q.push(m2);
}
if(check(mm.x + 1) && mm.maxChar < a[mm.x + 1][mm.y]){
mu m3 = mu(mm.x + 1,mm.y,a[mm.x + 1][mm.y]);
q.push(m3);
}
if(check(mm.y + 1) && mm.maxChar < a[mm.x][mm.y + 1]){
mu m4 = mu(mm.x,mm.y + 1,a[mm.x][mm.y + 1]);
q.push(m4);
}
if(check(mm.y - 1) && mm.maxChar < a[mm.x][mm.y - 1]){
mu m5 = mu(mm.x,mm.y - 1,a[mm.x][mm.y - 1]);
q.push(m5);
}
}
}
int main(){
sum = 0;
for(int i = 0 ; i < 100;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i = 0 ; i < 100;i++){
for(int j = 0 ; j < 100 ; j ++){
bfs(i,j);
}
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}
试题 F: 日期识别
小蓝要处理非常多的数据，其中有一些数据是日期。在小蓝处理的日期中有两种常用的形式：英文形式和数字形式。英文形式采用每个月的英文的前三个字母作为月份标识，后面跟两位数字表示日期，月份标识第一个字母大写，后两个字母小写，日期小于 10 时要补前导 0。1 月到 12 月英文的前三个字母分别是 Jan、Feb、Mar、Apr、May、Jun、Jul、Aug、Sep、Oct、Nov、Dec。数字形式直接用两个整数表达，中间用一个空格分隔，两个整数都不写前导 0。其中月份用 1 至 12 分别表示 1 月到 12 月。
输入一个日期的英文形式，请输出它的数字形式。
【样例输入】
Feb08
【样例输出】
2 8
【样例输入】
Oct18
【样例输出】
10 18话不多说,暴力
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
void run(string s){
if(s[0] == 'J' && s[1] == 'a' && s[2] == 'n'){
printf("1 ");
}
else if(s[0] == 'F' && s[1] == 'e' && s[2] == 'b'){
printf("2 ");
}
else if(s[0] == 'M' && s[1] == 'a' && s[2] == 'r'){
printf("3 ");
}
else if(s[0] == 'A' && s[1] == 'p' && s[2] == 'r'){
printf("4 ");
}
else if(s[0] == 'M' && s[1] == 'a' && s[2] == 'y'){
printf("5 ");
}
else if(s[0] == 'J' && s[1] == 'u' && s[2] == 'n'){
printf("6 ");
}
else if(s[0] == 'J' && s[1] == 'u' && s[2] == 'l'){
printf("7 ");
}
else if(s[0] == 'A' && s[1] == 'u' && s[2] == 'g'){
printf("8 ");
}
else if(s[0] == 'S' && s[1] == 'e' && s[2] == 'p'){
printf("9 ");
}
else if(s[0] == 'O' && s[1] == 'c' && s[2] == 't'){
printf("10 ");
}
else if(s[0] == 'N' && s[1] == 'o' && s[2] == 'v'){
printf("11 ");
}
else if(s[0] == 'D' && s[1] == 'e' && s[2] == 'c'){
printf("12 ");
}
if(s[3] != '0'){
cout<<s[3];
}
cout<<s[4]<<endl;
}
int main(){
string str;
while(cin>>str){
run(str);
}
return 0;
}试题 G: 乘法表
九九乘法表是学习乘法时必须要掌握的。在不同进制数下，需要不同的乘
法表。
例如，四进制下的乘法表如下所示：
1*1=1
2*1=2 2*2=10
3*1=3 3*2=12 3*3=21
请注意，乘法表中两个数相乘的顺序必须为样例中所示的顺序，不能随意
交换两个乘数。
给定 P，请输出 P 进制下的乘法表。
【输入格式】
输入一个整数 P。
【输出格式】
输出 P 进制下的乘法表。P 进制中大于等于 10 的数字用大写字母 A、B、 C、· · · 表示。
【样例输入】
4
【样例输出】
1*1=1
2*1=2 2*2=10
3*1=3 3*2=12 3*3=21
【样例输入】
8
【样例输出】
1*1=1
2*1=2 2*2=4
3*1=3 3*2=6 3*3=11
4*1=4 4*2=10 4*3=14 4*4=20
5*1=5 5*2=12 5*3=17 5*4=24 5*5=31
6*1=6 6*2=14 6*3=22 6*4=30 6*5=36 6*6=44
7*1=7 7*2=16 7*3=25 7*4=34 7*5=43 7*6=52 7*7=61【评测用例规模与约定】
对于所有评测数据，2 ≤ P ≤ 36。
使用栈进行进制转换即可,注意10以上进制的需要输出字符A-F
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
void printNum(int num,int p){
stack<int> s;
while(num>0){
s.push(num%p);
num/=p;
}
while(!s.empty()){
if(s.top() > 9){
printf("%c",'A'+ s.top() - 10);
}
else{
cout<<s.top();
}
s.pop();
}
}
void run(int p){
for(int i = 1 ; i < p ; i ++){
for(int j = 1;j <= i;j ++){
int sum = i * j;
if(j!=1){
printf(" ");
}
if(i > 9){
printf("%c",'A'+i-10);
}else{
printf("%d", i);
}
printf("*");
if(j > 9){
printf("%c",'A'+j-10);
}else{
printf("%d", j);
}
printf("=");
printNum(sum,p);
}
printf("\n");
}
}
int main(){
int p;
while(cin>>p){
run(p);
}
return 0;
}试题 H: 限高杆
【问题描述】
某市有 n 个路口，有 m 段道路连接这些路口，组成了该市的公路系统。其中一段道路两端一定连接两个不同的路口。道路中间不会穿过路口。由于各种原因，在一部分道路的中间设置了一些限高杆，有限高杆的路段货车无法通过。在该市有两个重要的市场 A 和 B，分别在路口 1 和 n 附近，货车从市场 A出发，首先走到路口 1 ，然后经过公路系统走到路口 n，才能到达市场 B。
两个市场非常繁华，每天有很多货车往返于两个市场之间。市长发现，由于限高杆很多，导致货车可能需要绕行才能往返于市场之间，这使得货车在公路系统中的行驶路程变长，增加了对公路系统的损耗，增加了能源的消耗，同时还增加了环境污染。市长决定要将两段道路中的限高杆拆除，使得市场 A 和市场 B 之间的路程变短。请问最多能减少多长的距离？
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示路口的数量和道路的段数。
接下来 m 行，每行四个整数 a, b, c, d，表示路口 a 和路口 b 之间有一段长度为 c 的道路。如果 d 为 0，表示这段道路上没有限高杆；如果 d 为 1，表示这段道路上有限高杆。两个路口之间可能有多段道路。
输入数据保证在不拆除限高杆的情况下，货车能通过公路系统从路口 1 正常行驶到路口 n。
【输出格式】
输出一行，包含一个整数，表示拆除两段道路的限高杆后，市场 A 和市场B 之间的路程最大减少多长距离。
【样例输入】
5 7
1 2 1 0
2 3 2 1
1 3 9 0
5 3 8 0
4 3 5 1
4 3 9 0
4 5 4 0
【样例输出】
6【样例说明】
只有两段道路有限高杆，全部拆除后，1 到 n 的路程由原来的 17 变为了
11，减少了 6。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测样例，2 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 20, 1 ≤ c ≤ 100。
对于 50% 的评测样例，2 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000, 1 ≤ c ≤ 1000。
对于 70% 的评测样例，2 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000, 1 ≤ c ≤ 10000。
对于所有评测样例，2 ≤ n ≤ 10000，2 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ c ≤ 10000，至少
有两段道路有限高杆。
先计算不拆限高架的情况下,即d等于1的输入数据,我们先保存起来,其中ganx保存起点,gany保存终点,ganLi保存距离
因为蓝桥杯是闭卷考试,dijkstra算法一下子想不起来了,所以使用了floyd算法,暴力三层for循环,找到每个点之间的最短路径保存在li1数组中,把1到n的最短路径保存在 qianAns 中
然后再两层for循环遍历限高的道路,使用li2临时数组复制li1的最短路数据,然后尝试把两个拆掉限高的路加进去,再求一遍最短路
多次遍历完成,计算出最短值
相减就是答案,算法非常差,但基础样例可以过
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
int li1[10002][10002]; // qian
int li2[10002][10002]; // hou
int ganx[10002];
int gany[10002];
int ganLi[10002];
int main(){
int n,m;
while(cin>>n>>m){
memset(li1,1,sizeof(li1));
int ganGe = 0;
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
li1[i][i] = 0;
}
for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
int a,b,c,d;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
if(d == 0){
if(li1[a][b] > c){
li1[a][b] = c;
}
if(li1[b][a] > c){
li1[b][a] = c;
}
}else{
ganx[ganGe] = a;
gany[ganGe] = b;
ganLi[ganGe++] = c;
}
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
for(int j = 1 ; j <= n ; j++ ){
for(int k = 1 ; k <= n ; k ++ ){
if(li1[i][j] > li1[i][k] + li1[k][j] ){
li1[i][j] = li1[i][k] + li1[k][j];
}
}
}
}
int qianAns = li1[1][n];
int houAns = 99999;
for(int g1 = 0 ; g1<ganGe ; g1 ++ ){
for(int g2 = g1 + 1 ; g2 < ganGe ; g2++){
for(int i = 1;i<=n;i++){
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){
li2[i][j] = li1[i][j];
}
}
if(li2[ganx[g1]][gany[g1]] > ganLi[g1]){
li2[ganx[g1]][gany[g1]] = ganLi[g1];
}
if(li2[gany[g1]][ganx[g1]] > ganLi[g1]){
li2[gany[g1]][ganx[g1]] = ganLi[g1];
}
if(li2[ganx[g2]][gany[g2]] > ganLi[g2]){
li2[ganx[g2]][gany[g2]] = ganLi[g2];
}
if(li2[gany[g2]][ganx[g2]] > ganLi[g2]){
li2[gany[g2]][ganx[g2]] = ganLi[g2];
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
for(int j = 1 ; j <= n ; j++ ){
for(int k = 1 ; k <= n ; k ++ ){
if(li2[i][j] > li2[i][k] + li2[k][j] ){
li2[i][j] = li2[i][k] + li2[k][j];
}
}
}
}
if(li2[1][n] < houAns){
houAns = li2[1][n];
}
}
}
// cout<<qianAns << endl;
// cout<<houAns<<endl;
cout<<qianAns - houAns<<endl;
}
return 0;
}试题 I: 画中漂流
【问题描述】
在梦境中，你踏上了一只木筏，在江上漂流。根据对当地的了解，你知道在你下游 D 米处有一个峡谷，如果你向下游前
进大于等于 D 米则必死无疑。现在你打响了急救电话，T 秒后救援队会到达并将你救上岸。水流速度是1 m/s，你现在有 M 点体力。每消耗一点体力，你可以划一秒桨使船向上游前进 1m，否则会向下游前进 1m (水流)。M 点体力需在救援队赶来前花光。因为江面太宽了，凭借你自己的力量不可能上岸。请问，有多少种划桨的方案可以让你得救。
两个划桨方案不同是指：存在某一秒钟，一个方案划桨，另一个方案不划。
【输入格式】
输入一行包含三个整数 D, T, M。
【输出格式】
输出一个整数，表示可以让你得救的总方案数，答案可能很大，请输出方
案数除以 1, 000, 000, 007 的余数。
【样例输入】
1 6 3
【样例输出】
5
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，1 ≤ T ≤ 350。
对于所有评测用例，1 ≤ T ≤ 3000, 1 ≤ D ≤ T, 1 ≤ M ≤ 1500。
我运用了广搜,结构体的weizhi是相对于起点的位置,tili为当前还剩下的体力,time是当前剩余的时间
注意题目要求,必须在救援队来之前把体力用完,如果没用完,不计数
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
struct mu{
int weizhi;
int tili;
int time;
mu(int x,int y,int z){
weizhi = x;
tili = y;
time = z;
}
};
void bfs(int d,int t,int m){
int ans = 0;
d = -d;
queue<mu> q;
q.push(mu(0,m,t));
while(!q.empty()){
mu mm = q.front();
if(mm.weizhi <= d){ // si
q.pop();
continue;
}
if(mm.tili == 0 && mm.time == 0){
ans ++;
}
if(mm.time <= 0){
q.pop();
continue;
}
if(mm.tili > 0){ // up
mu m1 = mu(mm.weizhi + 1,mm.tili -1 , mm.time - 1);
q.push(m1);
}
// down
mu m2 = mu(mm.weizhi - 1,mm.tili , mm.time - 1);
q.push(m2);
q.pop();
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
int d,t,m;
while(cin>>d>>t>>m){
bfs(d,t,m);
}
return 0;
}试题 J: 旅行家
【问题描述】
从前，在海上有 n 个岛屿，编号 1 至 n。居民们深受洋流困扰，无法到达比自己当前所在岛屿编号更小的岛屿。经过数年以后，岛屿上的人数随着岛屿的编号递增（可能相等）。作为一名出色的旅行家（RP 学家），你想从 1 号岛屿出发开启一次旅程，以获得更多的 RP，因为受到海洋的洋流影响，你只能去到比当前岛屿编号更大的岛屿。因为你比较善良，你会在离开一个岛屿的时候将你的 RP 分散给岛民，具体的：你的 RP 会除以 2（用去尾法取整，或者说向零取整）（当你的 RP 小于零时，岛民也依旧要帮你分担，毕竟你们已经建立起了深厚的友谊）。第 i 号岛屿有 Ti 人, 但是你很挑剔，每次你从 j 号岛屿到达 i 号岛屿时，你只会在到达的岛屿上做 Ti × T j 件好事（一件好事可以获得 1 点 RP)。
唯一不足的是，由于你在岛上住宿，劳民伤财，你会扣除巨量 RP，第 i 号岛屿的住宿扣除 Fi 点 RP。注意：将离开一个岛屿时，先将 RP 扣除一半，再扣除住宿的 RP，最后在新到达的岛屿上做好事，增加 RP。离开 1 号岛屿时需要扣除在 1 号岛屿住宿的 RP，当到达这段旅程的最后一个岛屿上时，要做完好事，行程才能结束，也就是说不用扣除在最后到达的岛屿上住宿的 RP。你因为热爱旅行 (RP)，所以从 1 号岛屿开始旅行，初始时你有 0 点 RP。
你希望选择一些岛屿经过，最终选择一个岛屿停下来，求最大的 RP 值是多少？
【输入格式】
输入的第一行包含一个数 n , 表示岛屿的总数。
第二行包含 n 个整数 T1, T2, · · · , Tn , 表示每个岛屿的人口数。
第三行包含 n 个整数 F1, F2, · · · , Fn , 表示每个岛屿旅馆损失的 RP。
【输出格式】
输出一个数，表示最大获得的 RP 值。
【样例输入】
3
4 4 5
1 10 3
【样例输出】
19【样例说明】
从一号岛屿直接走到三号岛屿最优，初始 0 点 RP，扣除一半取整变成 0点。扣除在一号节点住宿的 1 RP，在三号岛屿做好事产生 4 × 5 = 20 点 RP,最终得到 19 点 RP。
【样例输入】
5
969 980 1013 1016 1021
888423 945460 865822 896150 946615
【样例输出】
246172
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 15；
对于 70% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 5000；
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ Ti ≤ 20000, 1 ≤ Fi ≤ 200, 000, 000。
给定的 Ti 已经按照升序排序。建议使用 64 位有符号整数进行运算。
我是完全模拟题目的思路写得代码,注意n等于1的时候需要特判
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
long long a[500010];
long long b[500010];
int n;
long long maxRp;
void dfs(long long rp,int index,long long qianRen){
// ting
if(index +1 > n) return ;
if(rp + qianRen * a[index + 1] > maxRp){
maxRp = rp + qianRen * a[index + 1];
}
dfs((rp + qianRen * a[index + 1])/2 - b[index + 1],index + 1,a[index + 1]);
//buting
dfs(rp,index+1,qianRen);
}
int main(){
while(cin>>n){
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
scanf("%lld",&b[i]);
}
if(n == 1) {
cout<<"0"<<endl;
}else{
maxRp = -b[1];
dfs(-b[1],1,a[1]);
cout << maxRp << endl;
}
}
return 0;
}