2021 蓝桥杯省赛第一场 C++ 大学 B 组

其他 2021-11-24 09:38:22 阅读次数: 0

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A. 空间

B. 卡片

C. 直线

D. 货物摆放

E. 路径

F. 时间显示

G. 砝码称重

H. 杨辉三角形

I. 双向排序

J. 括号序列

前言

今年的省赛题型和风格大变，没了模拟和搜索码量少了很多，侧重考察数学、思维还有DP，对ACMer来说越来越友好了。

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A. 空间

在这里插入图片描述
解题思路

1 M B = 2 10 K B = 2 20 B 1MB = 2^{10} KB = 2^{20}B 1MB=210KB=220B， 1 B = 8   b i t 1B = 8~bit 1B=8 bit，实际上就是求 256 M B 256MB 256MB有多少个 32   b i t 32~bit 32 bit。

答案：67108864

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cout << (1 << 26) << endl;
    return 0;
}

B. 卡片

在这里插入图片描述
解题思路

模拟即可

答案：3181

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;

int a[10];

bool cal(int x) {
    
    
    while (x) {
    
    
        int y = x % 10;
        if (a[y])
            a[y]--;
        else
            return 0;
        x /= 10;
    }
    return 1;
}

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    for (int i = 0; i <= 9; i++) a[i] = 2021;
    for (int i = 1;; i++) {
    
    
        if (!cal(i)) {
    
    
            cout << i - 1 << endl;
            break;
        }
    }
    return 0;
}

C. 直线

在这里插入图片描述
解题思路

根据两点确定直线，得到直线的方程 x − x 1 x 1 − x 2 = y − y 1 y 1 − y 2 \frac{x - x_1}{x_1 - x_2} = \frac{y - y_1}{y_1 - y_2} x1​−x2​x−x1​​=y1​−y2​y−y1​​，然后将两点式方程化成一般式 a x + b y + c = 0 ax + by + c = 0 ax+by+c=0，求出所有的三元组 { a , b , c } \{a, b, c\} { a,b,c}然后去重即可。注意对于 { 1 , 2 , 1 } \{1,2,1\} { 1,2,1}和 { 2 , 4 , 2 } \{2,4,2\} { 2,4,2}是本质相同的直线，因此要对所有的这样三元组化为最简的，即除以三个数的 g c d gcd gcd。

PS：

  • 0和任何非0数求最大公因数都是那个数本身，比赛时还纠结了一下0，且求 g c d gcd gcd时要取绝对值。
  • 如果使用点斜式， k k k的精度会带来误差。

答案：40257

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;

struct node {
    
    
    int a, b, c;

    bool operator<(const node &p) const {
    
    
        if (a == p.a) return b == p.b ? c < p.c : b < p.b;
        return a < p.a;
    }

    bool operator==(const node &p) const {
    
    
        return a == p.a && b == p.b && c == p.c;
    }
};

struct Point {
    
    
    int x, y;
} p[maxn];

set<node> s;

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n = 20, m = 21, cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < m; j++) p[++cnt] = {
    
    i, j};
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
    
    
        for (int j = i + 1; j <= cnt; j++) {
    
    
            int a = p[i].y - p[j].y;
            int b = p[j].x - p[i].x;
            int c = p[i].y * (p[i].x - p[j].x) - p[i].x * (p[i].y - p[j].y);
            int g = __gcd(abs(a), __gcd(abs(b), abs(c)));
            a /= g, b /= g, c /= g;
            s.insert({
    
    a, b, c});
        }
    }
    cout << s.size() << endl;
    return 0;
}

D. 货物摆放

在这里插入图片描述

解题思路

考虑固定 L L L，那么显然只需要看有多少种 W ∗ H W*H W∗H的情况即可，又因为三个数相乘等于 n n n，那么 L L L一定是 n n n的因数。故先对 n n n因数分解，然后拿每个因数作为 L L L，再计算 n / L n/L n/L的因数个数，累加贡献即可。

比赛时数组开成int了，算出来的是2512，哭了…

答案：2430

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;

ll fac[1005];

int cal(ll n) {
    
    
    int ans = 0;
    for (ll i = 1; i * i <= n; i++) {
    
    
        if (n % i == 0) {
    
    
            if (i * i == n)
                ans++;
            else
                ans += 2;
        }
    }
    return ans;
}

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll n = 2021041820210418LL;
    int cnt = 0;
    for (ll i = 1; i * i <= n; i++) {
    
    
        if (n % i == 0) {
    
    
            if (i * i == n)
                fac[++cnt] = i;
            else
                fac[++cnt] = i, fac[++cnt] = n / i;
        }
    }
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
    
    
        ans += cal(n / fac[i]);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

E. 路径

在这里插入图片描述

解题思路

比赛时也没想太多，就跑最短路算法就就行了，迪杰斯特拉写着太麻烦，还不如安心跑弗洛伊德，差不多二十多秒出答案也挺爽的（主要是写的快）

或者考虑DP，只需要先建图，设 d [ i ] d[i] d[i]代表节点 i i i到节点 1 1 1的最短距离，那么显然状态转移方程为 d [ i ] = m i n ( d [ i ] , d [ j ] + g [ i ] [ j ] ) , j ∈ [ i − 21 , i − 1 ] d[i] = min(d[i], d[j] + g[i][j]), j \in [i - 21,i - 1] d[i]=min(d[i],d[j]+g[i][j]),j∈[i−21,i−1]，边界为 d [ 1 ] = 0 d[1] = 0 d[1]=0其余初始化为 i n f inf inf。

答案：10266837

//Floyd
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;

int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

int lcm(int a, int b) {
    
     return a / gcd(a, b) * b; }

int g[2050][2050];

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n = 2021;
    memset(g, 0x3f, sizeof g);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        g[i][i] = 0;
        for (int j = i + 1; j <= i + 21; j++) g[i][j] = g[j][i] = lcm(i, j);
    }
    for (int k = 1; k <= n; k++)
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                if (g[i][k] + g[k][j] < g[i][j]) {
    
    
                    g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
                }
    cout << g[1][n] << endl;
    return 0;
}

//DP
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 10;

int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

int lcm(int a, int b) {
    
     return a / gcd(a, b) * b; }

int g[2050][2050], d[2050];

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    memset(g, 0x3f, sizeof g);
    memset(d, 0x3f, sizeof d);
    for (int i = 1; i <= 2021; i++) {
    
    
        for (int j = i + 1; j <= i + 21; j++) g[i][j] = g[j][i] = lcm(i, j);
    }
    d[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= 2021; i++) {
    
    
        for (int j = i - 1; j >= i - 21 && j > 0; j--) {
    
    
            d[i] = min(d[i], d[j] + g[i][j]);
        }
    }
    cout << d[2021] << endl;
    return 0;
}

F. 时间显示

在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

解题思路

注意一秒等于一千毫秒即可，其他模拟。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int del = 24 * 60 * 60;

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll n;
    cin >> n;
    n /= 1000;
    int res = n % del;
    int h = res / 3600;
    res %= 3600;
    int m = res / 60;
    res %= 60;
    printf("%02d:%02d:%02d", h, m, res);
    return 0;
}

G. 砝码称重

在这里插入图片描述

在这里插入图片描述
解题思路

不难看出本题是01背包的变形，我采取的做法是，先背包求出所有求和可能的结果，然后将所有物品的权值看做负数，在前面的基础上再做一次01背包。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 10;

int w[205];
bool d[205][maxn];

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, sum = 0;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        cin >> w[i];
        w[n + i] = w[i];
        sum += w[i];
    }
    d[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        for (int j = 0; j <= sum; j++) {
    
    
            d[i][j] = d[i - 1][j];
            if (j >= w[i]) d[i][j] |= d[i - 1][j - w[i]];
        }
    }
    for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
    
    
        for (int j = 0; j <= sum; j++) {
    
    
            d[i][j] = d[i - 1][j];
            if (j + w[i] <= sum) d[i][j] |= d[i - 1][j + w[i]];
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= sum; i++)
        if (d[2 * n][sum]) ans++;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

事实上这样的背包可以使用 b i t s e t bitset bitset优化，代码更短速度更快，时间复杂度为 O ( n ∗ s u m 64 ) O(\frac{n*sum}{64}) O(64n∗sum​)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 10;

int w[205];
bitset<maxn> d;

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, sum = 0;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        cin >> w[i];
        w[n + i] = w[i];
        sum += w[i];
    }
    d[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) d |= (d << w[i]);
    for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) d |= (d >> w[i]);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= sum; i++)
        if (d[i]) ans++;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

H. 杨辉三角形

在这里插入图片描述
在这里插入图片描述
解题思路

本题的切入点为 n n n的范围—— n n n一定是一个小于 1 e 9 1e9 1e9的数，对杨辉三角大概前五十项打表：
在这里插入图片描述
实际上到三十几项时，中间的数已经超过了 1 e 9 1e9 1e9，然后再次联想到 C 10000 2 C_{10000}^{2} C100002​大概也就到 1 e 9 1e9 1e9，因此我们只需要保存杨辉三角表中小于 1 e 9 1e9 1e9的数，这些数的个数是很少的完全存的下，而且不难证明第 n n n行的数的个数一定小于等于第 n − 1 n-1 n−1行，那么递推时大于 1 e 9 1e9 1e9的数不保存也不会影响下面的递推。对于表里面找不到的数，一定是 C n 1 C_{n}^1 Cn1​第一次出现，那么答案就是 1 + 2 + 3 + . . . + n + 2 1 +2 +3+...+n + 2 1+2+3+...+n+2

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int maxn = 2e4 + 10;
const int limit = 1e9;

ll c[maxn][50];
int len[maxn];

void init() {
    
    
    c[0][0] = c[1][0] = c[1][1] = 1;
    len[0] = 1, len[1] = 2;
    for (int i = 2, k; i < maxn; i++) {
    
    
        c[i][0] = 1, k = i + 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++) {
    
    
            c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
            if (c[i][j] > limit) {
    
    
                k = j;
                break;
            }
        }
        len[i] = k;
    }
    // for (int i = 0; i < maxn; i++) {
    
    
    //     for (int j = 0; j < len[i]; j++) cout << c[i][j] << " ";
    //     cout << endl;
    // }
}

ll cal(int n) {
    
    
    for (int i = 0; i < maxn; i++) {
    
    
        for (int j = 0; j < len[i]; j++) {
    
    
            if (c[i][j] == n) {
    
    
                return 1LL * i * (i + 1) / 2 + j + 1;
            }
        }
    }
    return 1LL * n * (n + 1) / 2 + 2;
}

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt", "w", stdout);
    // ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    init();
    int n;
    cin >> n;
    cout << cal(n) << endl;
    return 0;
}

I. 双向排序

在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

解题思路

暂时不会完全的做法，暴力骗分。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;

int a[maxn];

int main() {
    
    
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = i + 1;
    for (int i = 0, op, x; i < m; i++) {
    
    
        cin >> op >> x;
        if (op == 0)
            sort(a, a + x, greater<int>());
        else
            sort(a + x - 1, a + n);
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) cout << a[i] << " ";
    cout << endl;
    return 0;
}

J. 括号序列

在这里插入图片描述

留坑

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转载自blog.csdn.net/qq_44691917/article/details/115840040
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