2013年第四届C/C++ A组蓝桥杯省赛真题解析
第一题：高斯日记
题目描述
大数学家高斯有个好习惯：无论如何都要记日记。 他的日记有个与众不同的地方，他从不注明年月日，而是用一个整数代替，比如：4210 后来人们知道，那个整数就是日期，它表示那一天是高斯出生后的第几天。这或许也是个好习惯，它时时刻刻提醒着主人：日子又过去一天，还有多少时光可以用于浪费呢？ 高斯出生于：1777年4月30日。 在高斯发现的一个重要定理的日记上标注着：5343，因此可算出那天是：1791年12月15日。 高斯获得博士学位的那天日记上标着：8113 请你算出高斯获得博士学位的年月日。 提交答案的格式是：yyyy-mm-dd, 例如：1980-03-21
思路分析
题目的意思是给定高斯的出生日期，要我们算高斯出生后8113天的年月日。
区分开闰年和平年，建立闰年和平年的月份表如下：
int leap[12]={31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int common[12]={31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};这样可以省去大量的条件判断，从人的角度思考，让日期一天天跑起来，如果day比对应月份的天数大，说明月份需要加一，而day需要回到一，否则day++，最后判断月份如果大于12，那么year++。
AC代码
#include <iostream>
using namespace std;
int leap[12]={31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int common[12]={31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main()
{
int year=1777,month=4,day=30,days=8113;
while(--days){
if(year%400==0||year%4==0&&year%100!=0){
if(day==leap[month-1]){
day=1;
month++;
}else day++;
}else{
if(day==common[month-1]){
day=1;
month++;
}else day++;
}
if(month>12){
month=1;
year++;
}
}
cout<<year<<'-'<<month<<'-'<<day;
return 0;
}第二题：排它平方数
题目描述
小明正看着 203879 这个数字发呆。 原来，203879 * 203879 = 41566646641 这有什么神奇呢？仔细观察，203879 是个6位数，并且它的每个数上的数字都是不同的，并且它平方后的所有数位上都不出现组成它自身的数字。 具有这样特点的6位数还有一个，请你找出它！ 再归纳一下筛选要求： 1. 6位正整数 2. 每个数位上的数字不同 3. 其平方数的每个数位不含原数字的任何组成数位 答案是一个6位的正整数。
思路分析
暴力解决：
从最小的102345到最大的987654之间的六位数进行遍历，查找满足题意的数。
我们需要写两个函数，一个是判断这个6位正整数里面有没有相同的数字，另一个用来判断平方数的每个数位包不包含原数字的任何组成数位。
第一个函数：
先把六位数变成字符串，用string的to_string()函数可以搞定，然后两层循环去找相同元素。
第二个函数：
先把数都变成字符串，然后依次判断平方数里面有没有原数字的组成数位。
这里必须注意，不仅仅平方数需要用long long来存储，原数字也需要用long long来存储，如果是用int或者long来存储原数字，那么相乘的时候也是用32位的寄存器来存储结果，所以会寄。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool same(long long&test){
string temp=to_string(test);
for(int i=0;temp[i];i++)
for(int j=0;temp[j];j++){
if(i==j)
continue;
if(temp[i]==temp[j])
return true;
}
return false;
}
bool contain(long long &orgin,long long &square){
string org= to_string(orgin),squ= to_string(square);
for(int i=0;org[i];i++)
if(squ.find(org[i])!=string::npos)
return true;
cout<<squ<<endl;
return false;
}
int main()
{
long long test=102345;
for(long long i=test;i<=987654;i++){
if(i==203879)
continue;
if(same(i))
continue;
long long temp=i*i;
if(contain(i,temp))
continue;
cout<<i<<endl;
}
return 0;
}第三题：振兴中华
题目描述
小明参加了学校的趣味运动会，其中的一个项目是：跳格子。 地上画着一些格子，每个格子里写一个字，如下所示：
从我做起振 我做起振兴 做起振兴中 起振兴中华
比赛时，先站在左上角的写着“从”字的格子里，可以横向或纵向跳到相邻的格子里，但不能跳到对角的格子或其它位置。一直要跳到“华”字结束。 要求跳过的路线刚好构成“从我做起振兴中华”这句话。 请你帮助小明算一算他一共有多少种可能的跳跃路线呢？
思路分析
一开始我的想法是用BFS或者DFS去找到满足的路径，但是我只会找到一个，没有办法找出所有的，后来发现这道题并不是考这个玩意，因为它的每一个格子都会有满足的路径（注意这句话），所以一个格子会有多种路径是满足的，而最多的路径数会出现在第一个格子，因为这是出发的地方，所有满足的路径都会经过它，所以我们只要找出第一个格子的路径数即可。
那么第一个的路径数如何解决呢，实际上第一个的路径数等于右边格子和下边格子的路径数之和，对吧？所以我们现在需要求解右边格子的路径数和下边格子的路径数，聪明的你有没有想到，这就是递归的思想。
递归过程，如果遇到边界，边界只有一条路径可以走，返回1即可。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int Yezi(int i,int j){
if(i==3||j==4)
return 1;
return Yezi(i+1,j)+ Yezi(i,j+1);
}
int main()
{
cout<<Yezi(0,0);
return 0;
}第四题：颠倒的价牌
题目描述
小李的店里专卖其它店中下架的样品电视机，可称为：样品电视专卖店。 其标价都是4位数字（即千元不等）。 小李为了标价清晰、方便，使用了预制的类似数码管的标价签，只要用颜色笔涂数字就可以了。
这种价牌有个特点，对一些数字，倒过来看也是合理的数字。如：1 2 5 6 8 9 0 都可以。这样一来，如果牌子挂倒了，有可能完全变成了另一个价格，比如：1958 倒着挂就是：8561，差了几千元啊!! 当然，多数情况不能倒读，比如，1110 就不能倒过来，因为0不能作为开始数字。 有一天，悲剧终于发生了。某个店员不小心把店里的某两个价格牌给挂倒了。并且这两个价格牌的电视机都卖出去了! 庆幸的是价格出入不大，其中一个价牌赔了2百多，另一个价牌却赚了8百多，综合起来，反而多赚了558元。 请根据这些信息计算：赔钱的那个价牌正确的价格应该是多少？
思路分析
我们首先需要一个生成倒读价格的函数：
因为准备暴力遍历解决，所以我们尽可能的减少操作的次数，首先末尾为0的数肯定不能倒，return回去，能被1111整除的倒了没有用，return回去，接着把数变成字符串，用to_string函数，遍历字符串，有3有4有7的不能倒，return回去。
然后把字符9变成字符6，把字符6变成字符9。
然后把字符串整个颠倒过来，用reverse函数。
然后把字符串变成数，用atoi函数。
主函数两层循环找：注意到 其中一个价牌赔了2百多，另一个价牌却赚了8百多，这个消息必须用上，因为有多个满足条件，而且找到一个就可以了，因为赔的价格只有一个，但是赚的价格有很多个。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
int invert(int &price) {
if (price % 10 == 0)
return 0;
if(price%1111==0)
return 0;
string temp = to_string(price);
for (auto &it: temp)
if(it=='3'||it=='4'||it=='7')
return 0;
else if (it == '9')
it = '6';
else if (it == '6')
it = '9';
reverse(temp.begin(),temp.end());
return atoi(temp.c_str());
}
int main() {
int price1=1001,price2=1002;
for(int i=price1;i<9998;i++)
if(invert(i)&& invert(i)+200<i&& invert(i)+300>i)
for(int j=price2;j<9998;j++){
if(i==j)
continue;
if(invert(j)&& invert(j)>j+800&& invert(j)<j+900)
if(invert(i)+invert(j)==i+j+558){
cout<<i;
return 0;
}
}
return 0;
}第五题：前缀判断
题目描述
如下的代码判断 needle_start指向的串是否为haystack_start指向的串的前缀，如不是，则返回NULL。
char* prefix(char* haystack_start, char* needle_start) { char* haystack = haystack_start; char* needle = needle_start; while(*haystack && *needle){ if(______________________________) return NULL; //填空位置 } if(*needle) return NULL; return haystack_start; }
比如：“abcd1234” 就包含了 “abc” 为前缀。
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交。 注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！
思路分析
这是一道填空题，需要我们补充划线处的代码。
问题是判断一个串是否是另一个串的前缀，代码前面部分有两个字符串的地址，即第一个字符的地址，代码后面部分通过判断needle是否为空来返回NULL，而needle一开始是需要判断前缀的字符串的地址，所以填空部分改变了needle的值，可以猜出应该是通过移动两个字符指针来挨个比较字符，因此填空部分应该是两个字符指针自增指向的字符不相同。
AC代码
提交部分
*(haystack++)!=*(needle++)测试全部代码
#include <bits/stdc++.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
char *prefix(char *haystack_start, char *needle_start) {
char *haystack = haystack_start;
char *needle = needle_start;
while (*haystack && *needle) {
if (*(haystack++)!=*(needle++)) return NULL; //填空位置
}
if (*needle) return NULL;
return haystack_start;
}
int main() {
string test="abcd1234",pre="abc";
cout<<prefix((char*)test.c_str(),(char*)pre.c_str());
return 0;
}第六题：逆波兰表达式
题目描述
正常的表达式称为中缀表达式，运算符在中间，主要是给人阅读的，机器求解并不方便。 例如：3 + 5 * (2 + 6) - 1 而且，常常需要用括号来改变运算次序。 相反，如果使用逆波兰表达式（前缀表达式）表示，上面的算式则表示为： - + 3 * 5 + 2 6 1 不再需要括号，机器可以用递归的方法很方便地求解。 为了简便，我们假设：
只有 + - * 三种运算符 每个运算数都是一个小于10的非负整数 下面的程序对一个逆波兰表示串进行求值。 其返回值为一个结构：其中第一元素表示求值结果，第二个元素表示它已解析的字符数。
struct EV { int result; //计算结果 int n; //消耗掉的字符数 }; struct EV evaluate(char* x) { struct EV ev = {0,0}; struct EV v1; struct EV v2; if(*x==0) return ev; if(x[0]>='0' && x[0]<='9'){ ev.result = x[0]-'0'; ev.n = 1; return ev; } v1 = evaluate(x+1); v2 = _____________________________; //填空位置 if(x[0]=='+') ev.result = v1.result + v2.result; if(x[0]=='*') ev.result = v1.result * v2.result; if(x[0]=='-') ev.result = v1.result - v2.result; ev.n = 1+v1.n+v2.n; return ev; }
思路分析
这又是一道填空题。
逆波兰表达式，即前缀表达式，它的计算方式是这样的：每遇到一个运算符，对这个运算符之后的两个操作数进行运算。
举个栗子：
- + 3 * 5 + 2 6 1
首先遇到 - ，那么找 - 后面的两个操作数，遇到 + ，那么找 + 后面的两个操作数，遇到了3，所以应该是3+后面的一个操作数，但是后面又遇到了 * ，所以继续找 * 后面的两个操作数，遇到了5，所以应该是5*后面的一个操作数，但是又遇到了 + ，所以继续找 + 后面的两个操作数，这时遇到了2和6，于是2+6变成了8（操作符+），5*8变成了40（操作符*），3+40变成了43（操作符+），次数操作码 - 只有一个操作数43，所以继续往后找一个操作数，遇到了1，43-1变成了结果42。
这里就是递归的思想了，就是每遇到一个操作符然后去找后面的两个操作数进行操作，用栈来描述比较适合。
AC代码
提交部分
x+1+v1.n测试全部代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct EV {
int result; //计算结果
int n; //消耗掉的字符数
};
struct EV evaluate(char *x) {
struct EV ev = {0, 0};
struct EV v1;
struct EV v2;
if (*x == 0) return ev;
if (x[0] >= '0' && x[0] <= '9') {
ev.result = x[0] - '0';
ev.n = 1;
return ev;
}
v1 = evaluate(x + 1);
v2 = evaluate(x + 1 + v1.n); //填空位置
if (x[0] == '+') ev.result = v1.result + v2.result;
if (x[0] == '*') ev.result = v1.result * v2.result;
if (x[0] == '-') ev.result = v1.result - v2.result;
ev.n = 1 + v1.n + v2.n;
return ev;
}
int main() {
string test = "-+3*5+261";
cout << evaluate((char *) test.c_str()).result << ' ' << evaluate((char *) test.c_str()).n;
return 0;
}第七题：错误票据
题目描述
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） 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
例如： 用户输入：
2 5 6 8 11 9 10 12 9
则程序输出：
7 9
再例如： 用户输入：、
6 164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196 172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158 128 102 110 148 139 157 140 195 197 185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190 149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188 113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119
则程序输出：
105 120
资源约定： 峰值内存消耗 < 64M CPU消耗 < 1000ms
思路分析
解决思路不难，用一个vector去存储票据ID，遇到重复的就让n等于重复的数据，用algorithm的库函数find去找重复的就可以了。
怎么找到m呢？
把所有ID求和（去掉重复的），因为正常的ID是连续的，所以我们再算出最小的ID到最大的ID之间所有自然数之和，两则相减就是m了。
一些细节的处理：数据是按行输入的，所以需要进行一些操作去读取数据。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int m,n,temp,t,ID_sum=0,sum=0;
vector<int>ID;
cin>>t;
while(t){
cin>>temp;
if(find(ID.begin(),ID.end(),temp)!=ID.end())
n=temp;
else {
ID.push_back(temp);
ID_sum+=temp;
}
if(getchar()=='\n')
t--;
}
sort(ID.begin(),ID.end());
for(int i=ID.front();i<=ID.back();i++)
sum+=i;
m=sum-ID_sum;
cout<<m<<' '<<n;
return 0;
}第八题：买不到的数目
题目描述
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。
输入： 两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)
要求输出： 一个正整数，表示最大不能买到的糖数
不需要考虑无解的情况
例如： 用户输入： 4 7 程序应该输出： 17
再例如： 用户输入： 3 5 程序应该输出： 7
思路分析
方法一：
图论知识：
自然数a,b互质,则不能表示成ax+by（x,y为非负整数）的最大整数是ab-a-b。
极其NB的性质，高级的数学定理搞定一切美妙的算法。
方法二：
数学知识：
a和b线性组合不能表示的数字介于a+b-1和a和b的最小公倍数之间。
这里需要暴力遍历，其实这个性质就解决了遍历的上限。
我们需要三个函数，一个求最大公因数，一个求最小公倍数，一个检查是否不能由a和b表示。
我的疑惑
有没有懂哥解释一下为什么这两个性质是成立的？
AC代码（方法一）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int m,n;
cin>>m>>n;
cout<<m*n-m-n;
return 0;
}AC代码（方法二）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int GCD(int a, int b) {
while (a % b) {
int temp = a % b;
a = b;
b = temp;
}
return b;
}
int LCM(int &a, int &b) {
return a * b / GCD(a, b);
}
bool Check(int &test, int &a, int &b) {
for (int i = 0; i <= b; i++)
for (int j = 0; j <= a; j++)
if (test == i * a + j * b)
return false;
return true;
}
int main() {
int m, n, i;
cin >> m >> n;
for (i = LCM(m, n) - 1; i >= m + n - 1; i--)
if (Check(i, m, n)) {
cout << i;
return 0;
}
}第九题：剪格子
题目描述
如图p1.jpg所示，3 x 3 的格子中填写了一些整数。
我们沿着图中的红色线剪开，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
程序输入输出格式要求： 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 程序输出：在所有解中，包含左上角的分割区可能包含的最小的格子数目。
例如： 用户输入：
3 3 10 1 52 20 30 1 1 2 3
则程序输出：
3
再例如： 用户输入：
4 3 1 1 1 1 1 30 80 2 1 1 1 100
则程序输出：
10
资源约定： 峰值内存消耗 < 64M CPU消耗 < 5000ms
思路分析
问题是可以变成路径问题，如果有解，那么找出一条从左上角开始的一条路径，这条路径的带权长度为总路径长度的一半。
采用深度优先遍历搜索，递归求解。
递归有两个问题需要解决，一个是什么时候return回去，一个是往哪里递归。
递归结束的条件一般是遇到边界返回，或者是找到解，这里存在最优解的情况，所以还需要记录每次解，将其和当前最优解进行比较。
方向是往上下左右递归，这里需要记得标记为已访问之后，回溯的时候需要取消标记，重新标记为未访问。然后距离和计数都退回上一步的状态。
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
int map[16][16];
int direction[4][2]={{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0}};
bool visited[16][16]={false};
int sum=0;
int answer=0,current=0,count=0;
int m,n;
const int OK=0;
const int ERROR=1;
int DFS(int x,int y){
if(x<0||y<0||x>=n||y>=m||visited[x][y])
return ERROR;
visited[x][y]= true;
current+=map[x][y];
count++;
if(current*2==sum){
if(answer&&count>=answer)
return OK;
answer=count;
return OK;
}else if(current*2>sum)
return OK;
for(int i=0;i<4;i++){
if(DFS(x+direction[i][0],y+direction[i][1])==OK){
visited[x+direction[i][0]][y+direction[i][1]]=false;
current-=map[x+direction[i][0]][y+direction[i][1]];
count--;
}
}
return OK;
}
int main(){
cin>>m>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++){
cin>>map[i][j];
sum+=map[i][j];
}
DFS(0,0);
cout<<answer;
}第十题：大臣的旅费
题目描述
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？ 输入格式： 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。 输出格式: 输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
样例输入:
5 1 2 2 1 3 1 2 4 5 2 5 4
样例输出:
135
样例说明: 大臣J从城市4到城市5要花费135的路费。
根据资源限制尽可能考虑支持更大的数据规模。
资源约定： 峰值内存消耗 < 64M CPU消耗 < 5000ms
思路分析
我是用图的邻接矩阵来存储这个地图的，然后使用的是深度优先遍历去寻找路径。
深度优先遍历采用递归的方法。如果当前节点已经探索过了，那么直接return回去，如果没有探索过，那么记录路径总距离，与先前记录的最长距离进行比较，更新最长距离，然后继续对当前节点后连接的节点并且不是前一个节点的节点（因为是双向图，如果不加限制可能会跑回去）继续进行递归DFS。
程序对所有的节点都进行一次DFS，找出最长距离，根据数学知识，如果距离是X，那么路费是
X(X+1)/2+10X
完事。
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
const int max_city_number=100;
class Map{
int city_number=0,longest_distance=0,current_distance=0;
bool visited[max_city_number]={false};
int city[max_city_number][max_city_number]={0};
public:
Map(){
cin >> city_number;
int tail,head,distance;
for(int i=1; i < city_number; i++){
cin>>tail>>head>>distance;
city[head][tail]=city[tail][head]=distance;
}
}
void DFS(int head,int cur){
if(visited[cur])
return;
visited[cur]=true;
current_distance+=city[head][cur];
longest_distance=current_distance>longest_distance?current_distance:longest_distance;
for(int i=1; i <=city_number; i++)
if(city[cur][i]&&i!=head)
DFS(cur,i);
visited[cur]= false;
current_distance-=city[head][cur];
}
void Traverse(){
for(int i=1; i <=city_number; i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
if(city[i][j])
DFS(i,j);
cout<<longest_distance*(longest_distance+1)/2+10*longest_distance;
}
};
int main() {
Map test;
test.Traverse();
return 0;
}腾讯云开发者
