2021年蓝桥杯第二次训练赛

A



  • PZ's solution:

    对于斐波那契数列,对于第\(n\)项,有公式:

    \[f[n]=f[n-1]+f[n-2] \]

    作递推处理即可;

  • TAG:递推;斐波那契数列



PZ.cpp

#include<cstdio>
int n;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	long long f1=0,f2=1,f=0;
	while(n--){
		f=f1+f2;
		f1=f2;
		f2=f;
	}
	printf("%lld",f);
	return 0;
}






B



  • PZ's solution:

    1.DFS递归的代码在More Info中已经展示了,这里使用递推的方法;
    2.根据题意,可以处理有0个台阶、1个台阶、2个台阶的情况;
    3.对于第\(n\)阶台阶,它能从第\(n-1\)\(n-2\)\(n-3\)阶台阶走上来,那么就有递推式:

    \[f[n]=f[n-1]+f[n-2]+f[n-3] \]

  • TAG:递推



PZ.cpp

#include<cstdio>
int n,f[15];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	f[0]=f[1]=1; f[2]=2;
	for(int i=3;i<=n;++i)
		f[i]=f[i-1]+f[i-2]+f[i-3];
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}






C



  • PZ's solution:

1.对于当前第\(n\)列方格来说,放置骨牌只有两种情况:

2.对于前面的骨牌如何拜访,是不需要关心的,而当前骨牌的摆放方法总数,取决于第\(n-1\)列和第\(n-2\)列骨牌的摆放方法总数,即有递推式:

\[f[n]=f[n-1]+f[n-2] \]

3.预处理第\(1\)列和第\(2\)列的方案数,显然,此为斐波那契数列的递推式;

  • TAG:递推;斐波那契数列



PZ.cpp

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MOD 12345
#define int long long
int n,f[55],cnt=2;
signed main(){
	f[1]=1; f[2]=2; 
	while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
		if(f[n]){
			printf("%lld\n",f[n]);
			continue;
		}
		for(int i=cnt+1;i<=n;++i) f[i]=f[i-1]+f[i-2];
		cnt=n;
		printf("%lld\n",f[n]);
	}
	return 0;
}






D



  • PZ's solution:

1.对于一段绳子,最优的切法,必然为一段长度为\(2\),另外两端长度相同(均为最大);
2.此处的最优,即为切后留下的绳子的长度最长的切法;
3.由于绳子长度变为\(2\)时即不用再切,有\(g[0]=2\),其中\(g(y)\)表示能进行\(y\)次操作的绳子的最长长度;
4.由此,有递推式:

\[g[n]=g[n-1]*2+2 \]

  • TAG:递推



PZ.cpp

#include<cstdio>
using namespace std;
int x;
long long f[50];
int main(){
	scanf("%d",&x);
	f[0]=2;
	for(int i=1;i<=x;++i) f[i]=f[i-1]*2+2;
	printf("%lld",f[x]);
	return 0;
}






E



  • PZ's solution:

1.对于当前第\(n\)个问题,假设其有\(a_n\)个选项,那么最坏情况需要试错\(a_n-1\)次;

2.每次都需要从头来过,即每个问题对答案的贡献为:

\[ans_n=n*(a_n-1)+1 \]

3.进一步解释此式子,如果第\(n\)个问题只有一个选项,那直接点击(\(+1\))即可,但如果有其他选项,即有\(a_n\)个选项,则对于后\(a_n-1\)个选项,每次都需要从头来过,需要再回来点击\(n\)次,重复\(a_n-1\)遍,即\(n*(a_n-1)\)

  • TAG:递推



PZ.cpp

#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long
int ans,a,n;
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld",&a);
		ans+=i*(a-1ll)+1ll;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}






F



  • PZ's solution:

1.根据题意,每次只能移动道下方或右方相邻的格子,换句话说,即对于格子,只能从上方或左方相邻的格子过来,由此可得到递推式:

\[f[x][y]=f[x-1][y]+f[x][y-1] \]

2.对于障碍物,只需要判断当前点是否可以转移即可,且初始状态为\(f[1][1]=1\)

  • TAG:递推



PZ.cpp

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,p,f[1005][1005];
bool vis[1005][1005];
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int x,y,i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d %d",&x,&y);
		vis[x][y]=1;
	}
	f[1][1]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(!vis[i][j]&&!f[i][j]) f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1])%100003;
	printf("%d",f[n][n]);
	return 0;
}






G



1.对于题目进行转化,可以发现,将坐标压缩为一维,形成数组\(f[n]\)(对于第\(n\)列的車,其应放在第几行);

2.可以发现,由于\(f[n]\)中的数互不相同且范围在\(1 \sim n\)内,其实题目求的即为\(n\)的全排列的数目的位数,对此,有:

\[A(n)=n!=\prod_{i=1}^{n}i=1*2*\cdots*n \]

3.题目可以转化为求\(n!\)有多少位

\[n!=\prod_{i=1}^{n}i=1*2*\cdots*n \]

4.根据科学计数法 \(x=y*10^z\),那么

\[lg\;{n!}=lg\;1+lg\;2+\cdots+lg\;n \]

所以,\(n!\)的位数即为

\[ans=(\sum_{i=1}^{n}lg\;i)+1 \]

因为不光要算出\(10^z\)\(z\),实际上,还有\(10^0=1\),也就是加一位才是所有位数

  • TAG:数学;递推



PZ.cpp

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int T,n;
double ans;
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		ans=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			ans+=log10(i);
                        //log10(x)表示以10为底数,x为真数
		printf("%d\n",(int)ans+1);
	}
	return 0;
}






赛后总结

1.本次训练赛的侧重点为递推/递归;

2.观察A题与C题,可以发现,只知道斐波那契数列的通项公式是不够的,C题向我们展示了它的一种应用场景;

3.对于D题,其初始状态并不为\(1\),这是本题的与众不同之处;

4.对于E题,其无初始状态,且只有一个公式而已,但其也是一种递推的形式;

5.对于F题,其从二维的视角展现了递推,难度虽然次之,但开拓视野意义不小;

6.对于G题,本题相比于C题,更为困难,因为其并非固定的数列的通项公式,而是属于数学的知识点,且题目转换上是需要花费功夫的,也是一道难得一见的开拓视野的题目;

7.本次训练题没有标签到题,因为递推对于未接触编程思想的人来说,还是非常需要理解的事物,它并不像有些题目,不需要独特的编程思想,所以每道题都有很大的思维挑战;

8.递推、动规不分家,但对于这类的题目,总是有遗憾的地方,其在于代码的精短和思维的巧妙,这种题目,可谓是做一道少一道,一旦完全理解一道题背后的思想,那么这道题也就索然无味,所以独立完成、引发思考,是做这些题目必备的态度;

posted @ 2021-01-16 02:04  PotremZ  阅读(332)  评论(0编辑  收藏  举报