蓝桥杯2017【模拟赛3】
算年龄
英国数学家德摩根出生于19世纪初叶（即18xx年）。
他年少时便很有才华。一次有人问他的年龄，他回答说：
“到了x的平方那年，我刚好是x岁”。
请你计算一下，德摩根到底出生在哪一年。
题中的年龄指的是周岁。
请填写表示他出生年份的四位数字，不要填写任何多余内容。
1806 //手写下 0 - 10即可
2.猜算式
请你观察如下的乘法算式
***
x ***
--------
***
***
***
--------
*****
星号代表某位数字，注意这些星号中，
0~9中的每个数字都恰好用了2次。
(如因字体而产生对齐问题，请参看图p1.jpg)
请写出这个式子最终计算的结果，就是那个5位数是多少？
注意：只需要填写一个整数，不要填写任何多余的内容。比如说明文字。
//模拟
40096
// Author : RioTian
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[6];
int Count;
bool check() {
Count = 0;
int *vis = new int[10](); //初始化都为0
for (int i = 0; i < 6; ++i) {
while (a[i] > 0) {
vis[a[i] % 10]++;
if (vis[a[i] % 10] > 2) return false;
a[i] /= 10;
Count++;
}
}
if (Count == 20) return true;
else return false;
}
int main() {
// freopen("in.txt","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
for (int i = 100; i < 1000; ++i)
for (int j = 100; j < 1000; ++j) {
int s = 0;
a[s++] = i; // a
a[s++] = j; // b
a[s++] = i * (j % 10); // c
a[s++] = i * (j / 10 % 10); // d
a[s++] = i * (j / 100 % 10); // e
a[s++] = i * j; // f
if (check()) cout << i * j;
}
}
3.排列序数
X星系的某次考古活动发现了史前智能痕迹。
这是一些用来计数的符号，经过分析它的计数规律如下：
（为了表示方便，我们把这些奇怪的符号用a~q代替）abcdefghijklmnopq 表示0
abcdefghijklmnoqp 表示1
abcdefghijklmnpoq 表示2
abcdefghijklmnpqo 表示3
abcdefghijklmnqop 表示4
abcdefghijklmnqpo 表示5
abcdefghijklmonpq 表示6
abcdefghijklmonqp 表示7
.....在一处石头上刻的符号是：
bckfqlajhemgiodnp请你计算出它表示的数字是多少？
请提交该整数，不要填写任何多余的内容，比如说明或注释。
康托展开式模版，点击进入康拓展开讲解。
// Author : RioTian
// Time : 20/10/16
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
string s;
ll ans = 0;
ll fac(int x) {
ll res = 1;
for (int i = 2; i <= x; ++i) res *= i;
return res;
}
void arrayToInt() {
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
int tmp = 0;
for (int j = i + 1; j < s.length(); ++j)
if (s[j] < s[i]) tmp++;
ans += tmp * fac(s.length() - i - 1);
}
cout << ans << endl;
}
int main() {
// freopen("in.txt","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> s;
arrayToInt();
}
4.字符串比较
我们需要一个新的字符串比较函数compare(s1, s2).
对这个函数要求是：
- 它返回一个整数，表示比较的结果。
- 结果为正值，则前一个串大，为负值，后一个串大，否则，相同。
- 结果的绝对值表示：在第几个字母处发现了两个串不等。
下面是代码实现。对题面的数据，结果为：
-3
2
5
仔细阅读源程序，填写划线位置缺少的代码。
注意：
只提交划线部分缺少的代码，不要包含已经存在的代码或符号。
也不要画蛇添足地写出任何注释或说明性文字。
注意选择你所使用的语言。
// C/C++ 语言代码：
int compare(const char* s1, const char* s2)
{
if(s1==NULL && s2==NULL) return 0;
if(s1==NULL) return -1;
if(s2==NULL) return 1;
if(*s1 == 0 && *s2== 0) return 0;
if(*s1 == 0) return -1;
if(*s2 == 0) return 1;
if(*s1<*s2) return -1;
if(*s1>*s2) return 1;
int t = compare(s1+1,s2+1);
if(t==0) return 0;
return __________________________; //填空位置
}
int main()
{
printf("%d\n", compare("abc","abk"));
printf("%d\n", compare("abc","a"));
printf("%d\n", compare("abcde","abcda"));
return 0;
}
//答案：t < 0 ? t - 1 : t + 1
5.还款计算
银行贷款的等额本息还款方法是：
每月还固定的金额，在约定的期数内正好还完（最后一个月可能会有微小的零头出入）。
比如说小明在银行贷款1万元。贷款年化利率为5%，贷款期限为24个月。
则银行会在每个月进行结算：
结算方法是：计算本金在本月产生的利息： 本金 x (年利率/12)
则本月本金结余为：本金 + 利息 - 每月固定还款额
计算结果会四舍五入到“分”。
经计算，此种情况下，固定还款额应为：438.71
这样，第一月结算时的本金余额是：
9602.96
第二个月结算：
9204.26
第三个月结算：
8803.9
....
最后一个月如果仍按固定额还款，则最后仍有0.11元的本金余额，
但如果调整固定还款额为438.72, 则最后一个月会多还了银行0.14元。
银行会选择最后本金结算绝对值最小的情况来设定 每月的固定还款额度。
如果有两种情况最后本金绝对值相同，则选择还款较少的那个方案。
本题的任务是已知年化利率，还款期数，求每月的固定还款额度。
假设小明贷款为1万元，即：初始本金=1万元。
年化利率的单位是百分之多少。
期数的单位为多少个月。
输入为2行，
第一行为一个小数r，表示年率是百分之几。(0<r<30)
第二行为一个整数n，表示还款期限。 (6<=n<=120)
要求输出为一个整数，表示每月还款额（单位是：分）
例如：
输入：
4.01
24
程序应该输出：
43429
再比如：
输入：
6.85
36
程序应该输出：
30809
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 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。
暴力枚举所有可能的还款金额，蓝桥杯不要想复杂了。。。就暴力就好了。。问什么一般就可以暴力什么。。要注意的是，这个单位是分，所以所有的都要*100，汇率要除以1200，并且是要四舍五入的。。最后答案+0.5，让他四舍五入。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
double r; int n;
while (cin >> r >> n) {
int fir = 1000000 / n;
int ans = 100000000;
int max1 = 100000000;
r /= 1200;
for (int i = fir;; i++) {
int temp = 1000000;
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
temp = temp + temp * r - i + 0.5;
}
if (abs(temp) <= max1) max1 = abs(temp), ans = i;
else break;
}
cout << ans << endl;
}
}
6.滑动解锁
滑动解锁是智能手机一项常用的功能。你需要在3x3的点阵上，从任意一个点开始，反复移动到一个尚未经过的"相邻"的点。这些划过的点所组成的有向折线，如果与预设的折线在图案、方向上都一致，那么手机将解锁。
所谓两个点“相邻”：当且仅当以这两个点为端点的线段上不存在尚未经过的点。
此外，许多手机都约定：这条折线还需要至少经过4个点。
为了描述方便，我们给这9个点从上到下、从左到右依次编号1-9。即如下排列：
1 2 3
4 5 6
7 8 9
那么1->2->3是非法的，因为长度不足。
1->3->2->4也是非法的，因为1->3穿过了尚未经过的点2。
2->4->1->3->6是合法的，因为1->3时点2已经被划过了。
某大神已经算出：一共有389112种不同的解锁方案。没有任何线索时，要想暴力解锁确实很难。
不过小Hi很好奇，他希望知道，当已经瞥视到一部分折线的情况下，有多少种不同的方案。
遗憾的是，小Hi看到的部分折线既不一定是连续的，也不知道方向。
例如看到1-2-3和4-5-6，
那么1->2->3->4->5->6，1->2->3->6->5->4, 3->2->1->6->5->4->8->9等都是可能的方案。
你的任务是编写程序，根据已经瞥到的零碎线段，求可能解锁方案的数目。
输入：
每个测试数据第一行是一个整数N(0 <= N <= 8)，代表小Hi看到的折线段数目。
以下N行每行包含两个整数 X 和 Y (1 <= X, Y <= 9)，代表小Hi看到点X和点Y是直接相连的。
输出：
对于每组数据输出合法的解锁方案数目。
例如：
输入：
8
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
程序应该输出：
2
再例如：
输入：
4
2 4
2 5
8 5
8 6
程序应该输出：
258
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
解题思路：只有389112种合法的解锁样式，可以深搜到每一种解锁样式。
实现方法：
①首先用两个vector ，x和y记录这些断断续续的线段。
②dfs(int address，int amount) address代表当前这条线的最末端，amount代表 还有多少步没有走。
③big_map的二维数组记录两点是否已经相连。
④ed数组记录一个点是否已经来过，初始化ed [0]为1。
⑤get[a] [b]二维数组记录从a到b途径哪个点，默认为0。
⑥深搜到底之后逐个判断那些断断续续的点是否已经是链接的，answer记录答案。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
int get[10][10];
int ed[10];
int big_map[10][10];
int n,p,q;
int answer = 0;
vector<int> x;
vector<int> y;
void dfs(int address,int amount)
{
if(!amount)
{
for(int i=0 ; i<n ; i++)
if(!big_map[x[i]][y[i]]) return ;
answer ++;
return ;
}
for(int i=1 ; i<=9 ; i++)
{
if(i==address) continue;
if(ed[i])continue;
if(ed[get[i][address]]==0) continue;
ed[i] = amount;
big_map[i][address] = 1;
big_map[address][i] = 1;
dfs(i,amount-1);
big_map[i][address] = 0;
big_map[address][i] = 0;
ed[i] = 0;
}
}
void inint()
{
ed[0] = 1;
get[1][9] = 5; get[2][8] = 5; get[3][7] = 5; get[4][6] = 5;
get[1][3] = 2; get[3][9] = 6; get[7][9] = 8; get[1][7] = 4;
for(int i=1 ; i<=9 ; i++)
for(int j=i ; j<=9 ; j++)
get[j][i] = get[i][j];
}
int main()
{
inint();
scanf("%d",&n);
for(int i=0 ; i<n ; i++)
{
scanf("%d%d",&p,&q);
x.push_back(p);
y.push_back(q);
}
for(int i=1 ; i<=9 ; i++)
{
ed[i] = 1;
dfs(i,3); dfs(i,4); dfs(i,5);
dfs(i,6); dfs(i,7); dfs(i,8);
ed[i] = 0;
}
printf("%d\n",answer);
return 0;
}
7.风险度量
X星系的的防卫体系包含 n 个空间站。这 n 个空间站间有 m 条通信链路，构成通信网。
两个空间站间可能直接通信，也可能通过其它空间站中转。
对于两个站点x和y (x != y), 如果能找到一个站点z，使得：
当z被破坏后，x和y无法通信，则称z为关于x,y的关键站点。
显然，对于给定的两个站点，关于它们的关键点的个数越多，通信风险越大。
你的任务是：已知网络结构，求两站点之间的通信风险度，即：它们之间的关键点的个数。
输入数据第一行包含2个整数n(2 <= n <= 1000), m(0 <= m <= 2000),分别代表站点数，链路数。
空间站的编号从1到n。通信链路用其两端的站点编号表示。
接下来m行，每行两个整数 u,v (1 <= u, v <= n; u != v)代表一条链路。
最后1行，两个数u,v，代表被询问通信风险度的两个站点。
输出：一个整数，如果询问的两点不连通则输出-1.
例如：
用户输入：
7 6
1 3
2 3
3 4
3 5
4 5
5 6
1 6
则程序应该输出：
2
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 2000ms
思路：输入的时候做并查集，判断最后是否连通，不连通输出-1，然后暴力每个点，看他是不是关键点，具体就是把pre数组重置，所有与这个点有关的边都不连，最后a，b是否连通了，不连通就ans++；注意枚举的点不要是a，b两个点。。。
一开始数组开小了。。蓝桥杯这玩意一定小心写，很可能过了样例，有些东西不注意就没分了。。比如数组大小，复杂度，某些特殊点，long long等，多想想把，反正4个小时那么长。。多注意下，而且可以检查
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 2e3 + 5;
int u[maxn], v[maxn], pre[maxn];
int Find(int x)
{
return pre[x] == x ? x : pre[x] = Find(pre[x]);
}
void join(int x, int y)
{
pre[Find(x)] = Find(y);
}
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
int a, b;
for(int i = 1; i <= n; i++) pre[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &u[i], &v[i]);
join(u[i],v[i]);
}
scanf("%d%d", &a, &b);
if(Find(a) != Find(b))
{
printf("-1\n");
return 0;
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(i == a || i == b) continue;
for(int k = 1; k <= n; k++) pre[k] = k;
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
if(i == u[j] || i == v[j]) continue;
join(v[j], u[j]);
}
if(Find(a) != Find(b))
{
ans++;
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
