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A_n，其中A_n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：

A_n = A_n-1X，且 A₁ = E（六阶单位矩阵）

可得到An的表达式为A_n = X^n-1

那么ans就是矩阵 X^n-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;  
}