2018第九届蓝桥杯决赛(C++ B组)

逛了大半个北京还是挺好玩de

第一题

标题:换零钞

x星球的钞票的面额只有:100元,5元,2元,1元,共4种。 小明去x星旅游,他手里只有2张100元的x星币,太不方便,恰好路过x星银行就去换零钱。 小明有点强迫症,他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍, 剩下的当然都是5元面额的。 银行的工作人员有点为难,你能帮助算出:在满足小明要求的前提下,最少要换给他多少张钞票吗? (5元,2元,1元面额的必须都有,不能是0)

题解

// 假设xyz分别代表5,2,1面额的钞票的张数,列个算式 
// 5x + 2y + z =200
// y = 10z 
// => 5x + 21z = 200
// 接下来用程序暴力跑一下即可 
// 结果是**74** 

#include <iostream>

int main() {
    for(int z=1;;z++){
        int remain = 200 - z*21;
        if(remain%5==0){
            std::cout<<z+10*z+(remain/5);
            break;
        }
    }
    return 0;
}

第二题

标题:激光样式

x星球的盛大节日为增加气氛,用30台机光器一字排开,向太空中打出光柱。 安装调试的时候才发现,不知什么原因,相邻的两台激光器不能同时打开! 国王很想知道,在目前这种bug存在的情况下,一共能打出多少种激光效果?

显然,如果只有3台机器,一共可以成5种样式,即: 全都关上(sorry, 此时无声胜有声,这也算一种) 开一台,共3种 开两台,只1种

30台就不好算了,国王只好请你帮忙了。

要求提交一个整数,表示30台激光器能形成的样式种数。

题解

暴力dfs即可,其中lastBulbLight表示上一个灯是否开启(1 for switch on, 0 for switch off),结果是2178309

#include <iostream>

#define SEARCH_DEEPTH 30

unsigned long long solutionCnt = 0;

void dfs(int current,bool lastBulbLight){
    if(current==SEARCH_DEEPTH){
        solutionCnt++;      
        return;
    }
    
    if(lastBulbLight==0){
        dfs(current+1,1);
        dfs(current+1,0);
    }else{
        dfs(current+1,0); 
    }
}

int main(){
    dfs(0,0);
    std::cout<<solutionCnt;
    return 0;
}

第三题

标题:格雷码

格雷码是以n位的二进制来表示数。 与普通的二进制表示不同的是,它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。 首尾两个数字也要求只有1位之差。

有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种: 从编码全0开始生成。 当产生第奇数个数时,只把当前数字最末位改变(0变1,1变0) 当产生第偶数个数时,先找到最右边的一个1,把它左边的数字改变。 用这个规则产生的4位格雷码序列如下: 0000 0001 0011 0010 0110 0111 0101 0100 1100 1101 1111 1110 1010 1011 1001 1000

以下是实现代码,仔细分析其中逻辑,并填写划线部分缺少的代码。

#include <stdio.h>  
void show(int a,int n)  
{  
    int i;  
    int msk = 1;  
    for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;  
    for(i=0; i<n; i++){  
        printf((a & msk)? "1" : "0");  
        msk = msk >> 1;  
    }  
    printf("\n");  
}   
  
void f(int n)  
{  
    int i;  
    int num = 1;  
    for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;  
      
    int a = 0;  
    for(i=0; i<num; i++){  
        show(a,n);  
          
        if(i%2==0){  
            a = a ^ 1;  
        }  
        else{  
            a = _________________________ ; //填空  
        }  
    }  
}  
  
int main()  
{  
    f(4);  
    return 0;  
}  

请注意:只需要填写划线部分缺少的内容,不要抄写已有的代码或符号。

题解

我只想到了暴力解法:

(a&1)?((a&2)?(a-2):(a+2)):((a&2)?((a&4)?(a-4):(a+4)):((a&4)?((a&8)?(a-8):(a+8)):/*impossible*/a))

具体做法是a和0001,0010,0100,1000取&获取最右边1的位置,然后获取它的左边的位,如果是1反转为0就减,否则加 更新: 看了别人的题解才突然想起了,树状数组lowbit(x)可以获取最右边1,然后左移一位和当前值异或直接出结果

a^((a&(-a))<<1)

第四题

标题:调手表

小明买了块高端大气上档次的电子手表,他正准备调时间呢。 在 M78 星云,时间的计量单位和地球上不同,M78 星云的一个小时有 n 分钟。 大家都知道,手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候,如果当前显示的数是 0 ,那么按一下按钮就会变成 1,再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1,按一次后会变成 0 。 作为强迫症患者,小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1,则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。 小明想,如果手表可以再添加一个按钮,表示把当前的数加 k 该多好啊…… 他想知道,如果有了这个 +k 按钮,按照最优策略按键,从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。 注意,按 +k 按钮时,如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。 比如,n=10, k=6 的时候,假设当前时间是0,连按2次 +k 按钮,则调为2。

「输入格式」 一行两个整数 n, k ,意义如题。

「输出格式」 一行一个整数 表示:按照最优策略按键,从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。

「样例输入」 5 3

「样例输出」 2

「样例解释」 如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下: 1:+1 2:+1, +1 3:+3 4:+3, +1

「数据范围」 对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5 对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100 对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000

第五题

标题:搭积木

小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。 在搭积木时,小明选取 m 块积木作为地基,将他们在桌子上一字排开,中间不留空隙,并称其为第0层。 随后,小明可以在上面摆放第1层,第2层,……,最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则:

规则1:每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方,与其下一层的积木对齐; 规则2:同一层中的积木必须连续摆放,中间不能留有空隙; 规则3:小明不喜欢的位置不能放置积木。

其中,小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行,从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符,字符可能是‘.’或‘X’,其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。 现在,小明想要知道,共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。 由于这个答案可能很大,你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。 注意:地基上什么都不放,也算作是方案之一种。

【输入格式】 输入数据的第一行有两个正整数n和m,表示图纸的大小。 随后n行,每行有m个字符,用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。

【输出格式】 输出一个整数,表示答案对1000000007取模后的结果。

【样例输入1】 2 3 ..X .X.

【样例输出1】 4

【样例说明1】 成功的摆放有(其中O表示放置积木):

(1) ..X .X.

(2) ..X OX.

(3) O.X OX.

(4) ..X .XO

【样例输入2】 3 3 ..X .X. ...

【样例输出2】 16

【数据规模约定】 对于10%的数据,n=1,m<=30; 对于40%的数据,n<=10,m<=30; 对于100%的数据,n<=100,m<=100。

第六题

标题:矩阵求和

经过重重笔试面试的考验,小明成功进入 Macrohard 公司工作。 今天小明的任务是填满这么一张表: 表有 n 行 n 列,行和列的编号都从1算起。 其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方, gcd 表示最大公约数,以下是这个表的前四行的前四列: 1 1 1 1 1 4 1 4 1 1 9 1 1 4 1 16

小明突然冒出一个奇怪的想法,他想知道这张表中所有元素的和。 由于表过于庞大,他希望借助计算机的力量。

「输入格式」 一行一个正整数 n 意义见题。

「输出格式」 一行一个数,表示所有元素的和。由于答案比较大,请输出模 (10^9 + 7)(即:十亿零七) 后的结果。

「样例输入」 4

「样例输出」 48

「数据范围」 对于 30% 的数据,n <= 1000 存在 10% 的数据,n = 10^5 对于 60% 的数据,n <= 10^6 对于 100% 的数据,n <= 10^7

题解

O(n^2)累加gcd是肯定不能得满分的,这里要用到数论的知识,具体点是欧拉函数(求[1,p)内与p互质数的个数的函数)。

#include <iostream>

#define MAX 10000005
#define MOD_VALUE 1000000007

bool visit[MAX];
unsigned long long prime[MAX];
int primeCnt = 0;
unsigned long long phi[MAX];
unsigned long long sum[MAX];

// 欧拉线性筛+求欧拉函数模板 
void eulerFilter(){
    phi[1] = 1;
    for(int i=2;i<=MAX;i++){
        if(!visit[i]){
            phi[i] = i-1;
            prime[++primeCnt] = i;
        }
        
        for(int k=1;k<=primeCnt;k++){
            unsigned long long currentPrime = prime[k];
            if(i*currentPrime > MAX){
                break;
            }
            visit[i*currentPrime] = true;
            if(i % currentPrime == 0){
                phi[i* currentPrime] = phi[i] * currentPrime;
                break;
            }else{
                phi[i* currentPrime] = phi[i] * phi[currentPrime];
            }
        } 
    } 
    
    sum[1] = phi[1];
    for(int i=2;i<MAX;i++){
        sum[i] = sum[i-1] + phi[i]*2;
    }
}

int main(){
    // INT_MAX is big enough to hold values <=10000000 on 32bits platform 
    int n;
    std::cin>>n;
    eulerFilter();
    unsigned long long result = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        result = (result+ sum[n/i]*i%MOD_VALUE*i%MOD_VALUE)%MOD_VALUE;
    }
    std::cout<<result<<"\n";
    return 0;
} 

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