2015年第六届蓝桥杯C/C++B组省赛题目解析

一、奖券数目

有些人很迷信数字,比如带“4”的数字,认为和“死”谐音,就觉得不吉利。 虽然这些说法纯属无稽之谈,但有时还要迎合大众的需求。某抽奖活动的奖券号码是5位数(10000-99999),要求其中不要出现带“4”的号码,主办单位请你计算一下,如果任何两张奖券不重号,最多可发出奖券多少张。

请提交该数字(一个整数),不要写任何多余的内容或说明性文字。

分析:直接枚举10000-99999之间的数字,如果带4,直接排除;不带4的,记录一次,直到枚举完后输出。

#include <iostream>
using namespace std;
bool jiangjuan(int t)
{
     while(t)
     {
         if(t%10==4)
             return false;
         t/=10;
     }
     return true;
}

int main()
{
     int ans = 0, t = 10000;
     while(t<100000)
         if(jiangjuan(t++))
             ans++;
     
     cout<<ans<<endl;
     return 0;
}

答案:52488

二、星系炸弹

在X星系的广袤空间中漂浮着许多X星人造“炸弹”,用来作为宇宙中的路标。 每个炸弹都可以设定多少天之后爆炸。 比如:阿尔法炸弹2015年1月1日放置,定时为15天,则它在2015年1月16日爆炸。 有一个贝塔炸弹,2014年11月9日放置,定时为1000天,请你计算它爆炸的准确日期。

请填写该日期,格式为 yyyy-mm-dd 即4位年份2位月份2位日期。比如:2015-02-19 请严格按照格式书写。不能出现其它文字或符号。

1,代码解题

#include<stdio.h>  
int mon[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};    
bool isleap(int year)  //判断闰年    
{    
    if((year % 4 == 0 && year % 100 != 0) || year % 400 == 0)    
        return true;    
    return false;    
}    
    
int main()    
{    
    int year = 2014;    
    int month,day;    
    int sum = 1000 - 52;//到这一年年底的时候剩余的时间    
    int sum1;    
    while(true)    
    {    
        if(isleap(year+1))       
            sum1 = 366;      
        else       
            sum1 = 365;     
        if(sum < sum1)    
        {    
            year++;    
            break;    
        }    
        else    
        {    
            year++;    
            sum -= sum1;    
        }    
    }    
    if(isleap(year))       
        mon[2]++;      
    for(int i = 1; i <= 12; i++)    
    {    
        if(sum > mon[i])    
        {    
            sum -= mon[i];    
        }    
        else    
        {    
            month = i;    
            break;    
        }    
    }    
    day = sum;    
    printf("%d-%d-%d\n",year,month,day);    
    
    return 0;    
}  

2,手动解题

2014/11/9到2015/11/9一共是365天,2015/11/9到2016/11/9一共是366天,2016/11/9到2017/11/9一共是365天,

365+366+365-1000=96天,再从2017/11/9往回减96天,依次-9=87,-31=56,-30=26,剩下的26天在8月里面,31-26=5,所以是2017/8/5

答案:2017-08-05

三、三羊献瑞

观察下面的加法算式:

祥 瑞 生 辉 + 三 羊 献 瑞 ------------------- 三 羊 生 瑞 气

(如果有对齐问题,可以参看【图1.jpg】)

其中,相同的汉字代表相同的数字,不同的汉字代表不同的数字。

请你填写“三羊献瑞”所代表的4位数字(答案唯一),不要填写任何多余内容。

分析:将“祥瑞生辉三羊献气”分别编号为01234567,然后用回溯法穷举就行了。

#include <iostream>
using namespace std;
int a[8];
bool b[10];
void dfs(int cur)
{
     if(cur == 8)
     {
         int x = a[0]*1000 + a[1]*100 + a[2]*10 + a[3],y = a[4]*1000 + a[5]*100 + a[6]*10 + a[1], z = a[4]*10000 + a[5]*1000 + a[2]*100 + a[1]*10 + a[7];
         if(x + y == z)
             cout<<a[4]<<a[5]<<a[6]<<a[1]<<endl;
     }
     else
     {
         for(int i = 0; i < 10; i++)
         {
             if(cur == 0 && i == 0)continue;
             if(cur == 4 && i == 0)continue;
             if(!b[i])
             {
                 b[i]=1;
                 a[cur]=i;
                 dfs(cur+1);
                 b[i]=0;
             }
         }
     }
}

int main()
{
     dfs(0);
     return 0;
}

答案:1085

四、格子中输出

StringInGrid函数会在一个指定大小的格子中打印指定的字符串。 要求字符串在水平、垂直两个方向上都居中。 如果字符串太长,就截断。 如果不能恰好居中,可以稍稍偏左或者偏上一点。

下面的程序实现这个逻辑,请填写划线部分缺少的代码。

#include <stdio.h>
#include <string.h>

void StringInGrid(int width, int height, const char* s)
{
    int i,k;
    char buf[1000];
    strcpy(buf, s);
    if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;
    
    printf("+");
    for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
    printf("+\n");
    
    for(k=1; k<(height-1)/2;k++){
        printf("|");
        for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
        printf("|\n");
    }
    
    printf("|");
    
    printf("%*s%s%*s",_____________________________________________);  //填空
              
    printf("|\n");
    
    for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){
        printf("|");
        for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
        printf("|\n");
    }    
    
    printf("+");
    for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
    printf("+\n");    
}

int main()
{
    StringInGrid(20,6,"abcd1234");
    return 0;
}

对于题目中数据,应该输出:

(如果出现对齐问题,参看下图所示)

注意:只填写缺少的内容,不要书写任何题面已有代码或说明性文字。

答案:(width-strlen(s)-2)/2,"",s,(width-strlen(s)-1)/2,""

注意:printf("%.*s\n",int,str) 的含义

  %.*s 其中的.*表示显示的精度 对字符串输出(s)类型来说就是宽度

 这个*代表的值由后面的参数列表中的整数型(int)值给出。比如

printf("%.*s\n", 1, "abc");        // 输出a
printf("%.*s\n", 2, "abc");        // 输出ab
printf("%.*s\n", 3, "abc");        // 输出abc >3是一样的效果 因为输出类型type = s,遇到'\0'会结束

五、九数组分数

1,2,3...9 这九个数字组成一个分数,其值恰好为1/3,如何组法?

下面的程序实现了该功能,请填写划线部分缺失的代码。

#include <stdio.h>

void test(int x[])
{
    int a = x[0]*1000 + x[1]*100 + x[2]*10 + x[3];
    int b = x[4]*10000 + x[5]*1000 + x[6]*100 + x[7]*10 + x[8];
    
    if(a*3==b) printf("%d / %d\n", a, b);
}

void f(int x[], int k)
{
    int i,t;
    if(k>=9){
        test(x);
        return;
    }
    
    for(i=k; i<9; i++){
        {t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
        f(x,k+1);
        _____________________________________________ // 填空处
    }
}
    
int main()
{
    int x[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
    f(x,0);    
    return 0;
}

注意:只填写缺少的内容,不要书写任何题面已有代码或说明性文字。

答案:{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}

注:使用回朔法。

六、加法变乘法

我们都知道:1+2+3+ ... + 49 = 1225 现在要求你把其中两个不相邻的加号变成乘号,使得结果为2015

比如: 1+2+3+...+10*11+12+...+27*28+29+...+49 = 2015 就是符合要求的答案。

请你寻找另外一个可能的答案,并把位置靠前的那个乘号左边的数字提交(对于示例,就是提交10)。

注意:需要你提交的是一个整数,不要填写任何多余的内容。

分析:一共有48个位置,C(48,2)后扣掉连在一起的情况,穷举一遍过即可。

#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
    for(int i = 1; i < 47; i++)
    for(int j = i + 2; j < 49; j++)
    {
         int sum = 0;
         for(int k = 1; k < i; k++)
             sum += k;
         sum += i*(i+1);
         for(int k = i+2; k < j; k++)
             sum += k;
         sum += j*(j+1);
         for(int k = j+2; k < 50; k++)
             sum += k;
        if(sum == 2015)
            cout<<i<<endl;
    }
    return 0;
}

答案:10(题目已给)和16

七、牌型种数

小明被劫持到X赌城,被迫与其他3人玩牌。 一副扑克牌(去掉大小王牌,共52张),均匀发给4个人,每个人13张。 这时,小明脑子里突然冒出一个问题: 如果不考虑花色,只考虑点数,也不考虑自己得到的牌的先后顺序,自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢?

请填写该整数,不要填写任何多余的内容或说明文字。

分析:一共有A,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,K十三钟牌,每个牌的情况可能是0,1,2,3,4。这十三种牌的和为13即可。回溯法穷举后再剪枝。

#include <iostream>
using namespace std;
int ans = 0, sum = 0;
void dfs(int cur)
{
     if (sum>13)
         return;
     if (cur == 13)
     {
         if (sum == 13)
             ans++;
         return;
     }
     else
     {
         for (int i = 0; i < 5; i++)
         {
             sum += i;
             dfs(cur + 1);
             sum -= i;
         }
     }
}

int main()
{
     dfs(0);
     cout << ans << endl;
     return 0;
}

答案:3598180

八、移动距离

X星球居民小区的楼房全是一样的,并且按矩阵样式排列。其楼房的编号为1,2,3... 当排满一行时,从下一行相邻的楼往反方向排号。 比如:当小区排号宽度为6时,开始情形如下:

1 2 3 4 5 6 12 11 10 9 8 7 13 14 15 .....

我们的问题是:已知了两个楼号m和n,需要求出它们之间的最短移动距离(不能斜线方向移动)

输入为3个整数w m n,空格分开,都在1到10000范围内 w为排号宽度,m,n为待计算的楼号。 要求输出一个整数,表示m n 两楼间最短移动距离。

例如: 用户输入: 6 8 2 则,程序应该输出: 4

再例如: 用户输入: 4 7 20 则,程序应该输出: 5

资源约定: 峰值内存消耗 < 256M CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出,不要画蛇添足地打印类似:“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中,调试通过后,拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0 注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准,不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>, 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时,注意选择所期望的编译器类型。

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
    int w,m,n;
    cin>>w>>m>>n;
    m--;n--;
    int m1 = m/w, m2 = m%w;
    if(m1 & 1)
        m2=w-1-m2;
    int n1 = n/w, n2 = n%w;
    if(n1 & 1)
        n2 = w - 1 - n2;
    cout<<abs(m1-n1)+abs(m2-n2)<<endl;
    
    return 0;
}

九、垒骰子

赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子,就是把骰子一个垒在另一个上边,不能歪歪扭扭,要垒成方柱体。 经过长期观察,atm 发现了稳定骰子的奥秘:有些数字的面贴着会互相排斥! 我们先来规范一下骰子:1 的对面是 4,2 的对面是 5,3 的对面是 6。 假设有 m 组互斥现象,每组中的那两个数字的面紧贴在一起,骰子就不能稳定的垒起来。 atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。 两种垒骰子方式相同,当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。 由于方案数可能过多,请输出模 10^9 + 7 的结果。

不要小看了 atm 的骰子数量哦~

「输入格式」 第一行两个整数 n m n表示骰子数目 接下来 m 行,每行两个整数 a b ,表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。

「输出格式」 一行一个数,表示答案模 10^9 + 7 的结果。

「样例输入」 2 1 1 2

「样例输出」 544

「数据范围」 对于 30% 的数据:n <= 5 对于 60% 的数据:n <= 100 对于 100% 的数据:0 < n <= 10^9, m <= 36

资源约定: 峰值内存消耗 < 256M CPU消耗 < 2000ms

请严格按要求输出,不要画蛇添足地打印类似:“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中,调试通过后,拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0 注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准,不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>, 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时,注意选择所期望的编译器类型。

分析1:利用记忆化DP穷举底面衔接的所有情况,dp[p][q]表示第p层底面是q的情况种数,侧面是相互独立的最后乘以4^n即可比如提给数据就是34再乘上两个4。

#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 1000000007
using namespace std;
int o[7] = { 0, 4, 5, 6, 1, 2, 3 };
bool fuck[7][7];
int n, m;
long long ans = 0;
const int maxn = 20005;
long long dp[maxn][7];
long long dfs(int cur, int p)
 {
     if (cur == n) return 1;
     else
     {
        if (dp[cur][p] >= 0)return dp[cur][p];
        long long t = 0;
        for (int i = 1; i < 7; i++)
        {
             if (fuck[i][o[p]])continue;
             t += dfs(cur + 1, i);
             t %= N;
        }
        return dp[cur][p] = t;
     }
 }

int main()
{
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
         int t1, t2;
         cin >> t1 >> t2;
         fuck[t1][t2] = 1;
         fuck[t2][t1] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < 7; i++)
    {
        ans += dfs(1, i);
        ans %= N;
    }
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        ans *= 4;
        ans %= N;
    }
    cout << ans << endl;
     
    return 0;
}

分析2,矩阵快速幂

同理我们只考虑底面的情况,最后乘上4^n即可。

我们设六阶矩阵An,其中An的第a行第b列表示第一层底面数字为a、第n层数字为b的所有排列的情况

记六阶矩阵X中,第a行第b列表示相邻两层的是否能成功连接的情况。a和b能连则为1,a和b不能连则为0(注意是相邻两层的底面,不是衔接面,所以要转化,比如题给的1 2要改为1 5)

根据上述定义,易得递推式:

An = An-1X,且 A1 = E(六阶单位矩阵)

可得到An的表达式为An = Xn-1

那么ans就是矩阵 Xn-1 的36个元素之和

注意最后侧面的4^n也要二分幂不然会爆炸

#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 1000000007
using namespace std;
struct Matrix
{
     long long a[6][6];
     Matrix(int x)
     {
         memset(a, 0, sizeof(a));
         for (int i = 0; i < 6; i++) a[i][i] = x;
     }
};
 
Matrix operator*(const Matrix& p, const Matrix& q) 
{
     Matrix ret(0);
     for (int i = 0; i < 6; i++)
         for (int j = 0; j < 6; j++)
             for (int k = 0; k < 6; k++)
             {
                 ret.a[i][j] += p.a[i][k] * q.a[k][j];
                 ret.a[i][j] %= N;
             }
     return ret;
}

Matrix fast_mod(Matrix x, int t)
{
     Matrix ret(1);
     while (t)
     {
         if (t & 1)ret = x*ret;
         x = x*x;
         t >>= 1;
     }
     return ret;
 }

int main()
{
     Matrix z(0);
     for (int  i = 0; i < 6; i++) 
        for (int  j = 0; j < 6; j++)
         {
             z.a[i][j] = 1;
         }
     int m, n;
     cin >> n >> m; 
     for (int i = 0; i < m; i++)
     {
         int t1, t2;
         cin >> t1 >> t2;
         z.a[t1 - 1][(t2 + 2) % 6] = 0;
         z.a[t2 - 1][(t1 + 2) % 6] = 0;
     }
     Matrix ret(0);
     ret = fast_mod(z, n - 1);
     long long ans = 0;
     for (int i = 0; i < 6; i++)
     {
         for (int j = 0; j < 6; j++)
         {
             ans += ret.a[i][j];
             ans %= N;
         }
     }
     long long p = 4;
     while (n)
     {
         if (n & 1)
         {
             ans *= p;
             ans %= N;
         }
         p *= p;
         p %= N;
         n >>= 1;
     }
     cout << ans << endl;
     return 0;
}

十、生命之树

在X森林里,上帝创建了生命之树。

他给每棵树的每个节点(叶子也称为一个节点)上,都标了一个整数,代表这个点的和谐值。 上帝要在这棵树内选出一个非空节点集S,使得对于S中的任意两个点a,b,都存在一个点列 {a, v1, v2, ..., vk, b} 使得这个点列中的每个点都是S里面的元素,且序列中相邻两个点间有一条边相连。

在这个前提下,上帝要使得S中的点所对应的整数的和尽量大。 这个最大的和就是上帝给生命之树的评分。

经过atm的努力,他已经知道了上帝给每棵树上每个节点上的整数。但是由于 atm 不擅长计算,他不知道怎样有效的求评分。他需要你为他写一个程序来计算一棵树的分数。

「输入格式」 第一行一个整数 n 表示这棵树有 n 个节点。 第二行 n 个整数,依次表示每个节点的评分。 接下来 n-1 行,每行 2 个整数 u, v,表示存在一条 u 到 v 的边。由于这是一棵树,所以是不存在环的。

「输出格式」 输出一行一个数,表示上帝给这棵树的分数。

「样例输入」 5 1 -2 -3 4 5 4 2 3 1 1 2 2 5

「样例输出」 8

「数据范围」 对于 30% 的数据,n <= 10 对于 100% 的数据,0 < n <= 10^5, 每个节点的评分的绝对值不超过 10^6 。

资源约定: 峰值内存消耗 < 256M CPU消耗 < 3000ms

请严格按要求输出,不要画蛇添足地打印类似:“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中,调试通过后,拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0 注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准,不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。 注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>, 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时,注意选择所期望的编译器类型。

分析:考查树形DP。具体思路可参考 第六届蓝桥杯【省赛试题10】生命之树 ( 树形DP )

#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<vector>  
#define N 100005  
using namespace std;  
vector<int> node[N];  
// dp[i][0],dp[i][1];  
// 分别表示选i结点和不选能得到的最大分数   
int dp[N][2];  
int v[N],vis[N];  
int n,a,b;  
void dfs(int u){  
    dp[u][1] = v[u];  
    dp[u][0] = 0;  
    vis[u]=1;  
    for(int i=0 ;i<node[u].size();i++){  
        if(!vis[node[u][i]]){  
            dfs(node[u][i]);  
      
            dp[u][1] += max(dp[node[u][i]][1],dp[node[u][i]][0]);  
          
        }else{  
            dp[u][1] = max(dp[u][1],v[u]);  
            dp[u][0] = max(dp[u][0],0);  
        }  
    }  
}   
  
void init(){  
    memset(v,0,sizeof(v));  
    memset(dp,0,sizeof(dp));  
    scanf("%d",&n);  
    for(int i=1 ;i<=n ;i++){  
        scanf("%d",&v[i]);  
    }  
    for(int i=1 ;i<n ;i++){  
        scanf("%d%d",&a,&b);  
        node[a].push_back(b);  
        node[b].push_back(a);  
    }  
}  
  
int main(){  
    init();  
      
    dfs(1);  
    int ans = -1;  
    for(int i=1 ;i<=n ;i++){  
//      printf("dp[%d][1]:%d\n",i,dp[i][1]);  
//      printf("dp[%d][0]:%d\n",i,dp[i][0]);  
        ans = max(ans,dp[i][1]);  
        ans = max(ans,dp[i][0]);  
    }  
    printf("%d\n",ans);  
    return 0;  
}

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