2012年第三届蓝桥杯【C++省赛B组】
第一题：微生物增殖
假设有两种微生物 X 和 Y
X出生后每隔3分钟分裂一次（数目加倍），Y出生后每隔2分钟分裂一次（数目加倍）。
一个新出生的X，半分钟之后吃掉1个Y，并且，从此开始，每隔1分钟吃1个Y。
现在已知有新出生的 X=10, Y=89，求60分钟后Y的数目。
如果X=10，Y=90呢？
本题的要求就是写出这两种初始条件下，60分钟后Y的数目。
题目的结果令你震惊吗？这不是简单的数字游戏！真实的生物圈有着同样脆弱的性质！也许因为你消灭的那只 Y 就是最终导致 Y 种群灭绝的最后一根稻草！
模拟进程
答案：0，94371840
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int x = 10, y = 90, t = 60;
bool f = false;
for (int i = 1; i <= t; i++) {
if (i % 2 == 0) y *= 2;
if (i % 3 == 0) {
int tmp = x;
x *= 2;
if (f && y) y -= tmp * 3;
f = true;
}
}
// 注意如果 t 在最后是 2 的倍数的话应该还要再增长一次
if (t % 2 == 0) y *= 2;
cout << y;
return 0;
}
另一种写法
int solve(int x, int y) { // 把 0.5 min 扩大
for (int i = 1; i <= 120; ++i) {
if (i % 2 == 1) y -= x;
if (i % 4 == 0) y *= 2;
if (i % 6 == 0) x *= 2;
}
return y;
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cout << solve(10, 89) << "\n";
cout << solve(10, 90) << "\n";
return 0;
}
第二题：古堡算式
福尔摩斯到某古堡探险，看到门上写着一个奇怪的算式：
ABCDE * ? = EDCBA
他对华生说：“ABCDE应该代表不同的数字，问号也代表某个数字！”
华生：“我猜也是！”
于是，两人沉默了好久，还是没有算出合适的结果来。
请你利用计算机的优势，找到破解的答案。
把 ABCDE 所代表的数字写出来。
暴力一下
答案：21978
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int num[] = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};
do {
if (num[0] == 0 || num[4] == 0) continue; // 排除0在首位的可能
int a = num[0] + num[1] * 10 + num[2] * 100 + num[3] * 1000 +
num[4] * 10000;
int b = num[4] + num[3] * 10 + num[2] * 100 + num[1] * 1000 +
num[0] * 10000;
if (b % a == 0) {
cout << a << "\n";
break;
}
} while (next_permutation(num, num + 10));
return 0;
}
第三题：海盗比酒量
有一群海盗（不多于20人），在船上比拼酒量。过程如下：打开一瓶酒，所有在场的人平分喝下，有几个人倒下了。再打开一瓶酒平分，又有倒下的，再次重复...... 直到开了第4瓶酒，坐着的已经所剩无几，海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后，大家都倒下了。
等船长醒来，发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到：“......昨天，我正好喝了一瓶.......奉劝大家，开船不喝酒，喝酒别开船......”
请你根据这些信息，推断开始有多少人，每一轮喝下来还剩多少人。
如果有多个可能的答案，请列出所有答案，每个答案占一行。
格式是：人数,人数,...
例如,有一种可能是：20,5,4,2,0答案：20,5,4,2,0
18,9,3,2,0
15,10,3,2,0
12,6,4,2,0
4次之后船长喝了1瓶，由于酒每次都是平分， 计算四个分数加起来等于1就好了。
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
for (int i = 20; i > 1; i--) //第一瓶酒，i个人分，每个人1/i
for (int j = i - 1; j > 1; j--) //第二瓶酒，j个人分，每个人1/j
for (int k = j - 1; k > 1; k--) //第三瓶酒，k个人分
for (int h = k - 1; h > 1; h--)
if (fabs(1.0 / i + 1.0 / j + 1.0 / k + 1.0 / h - 1) <
0.0000001) {
cout << i << ',' << j << ',' << k << ',' << h << ','
<< 0 << endl;
}
return 0;
}
第四题：奇怪的比赛
某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪：
每位选手需要回答10个问题（其编号为1到10），越后面越有难度。答对的，当前分数翻倍；答错了则扣掉与题号相同的分数（选手必须回答问题，不回答按错误处理）。
每位选手都有一个起步的分数为10分。
某获胜选手最终得分刚好是100分，如果不让你看比赛过程，你能推断出他（她）哪个题目答对了，哪个题目答错了吗？
如果把答对的记为1，答错的记为0，则10个题目的回答情况可以用仅含有1和0的串来表示。例如：0010110011 就是可能的情况。
你的任务是算出所有可能情况。每个答案占一行。答案：DFS搜索一下
1011010000
0111010000
0010110011
vector<string> ans;
void dfs(string s, int point, int pos) {
if (pos == 11) {
if (point == 100) ans.push_back(s);
return;
}
s[pos] = '1';
dfs(s, point * 2, pos + 1);
s[pos] = '0';
dfs(s, point - pos, pos + 1);
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
dfs("00000000000", 10, 1);
for (auto &x : ans) cout << x << "\n"; // 注意前导0要删一个
return 0;
}
另外这道题还可以二进制枚举
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
for (int i = 0; i < (1 << 10); ++i) {
int point = 10;
for (int j = 0; j < 10; j++) {
if (i & (1 << j)) point *= 2;
else
point -= (j + 1);
}
if (point == 100) {
for (int j = 0; j < 10; ++j) cout << bool(i & (1 << j));
cout << "\n";
}
}
return 0;
}
第五题：方阵旋转
对一个方阵转置，就是把原来的行号变列号，原来的列号变行号
例如，如下的方阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16转置后变为：
1 5 9 13 2 6 10 14 3 7 11 15 4 8 12 16但，如果是对该方阵顺时针旋转（不是转置），却是如下结果：
13 9 5 1 14 10 6 2 15 11 7 3 16 12 8 4下面的代码实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转。
请填写划线部分缺失的代码。
注意：只填写划线部分的代码，不要填写任何多余的内容。比如已经存在的小括号，注释或说明文字等
void rotate(int* x, int rank) { int* y = (int*)malloc(___________________); // 填空 for(int i=0; i<rank * rank; i++) { y[_________________________] = x[i]; // 填空 } for(i=0; i<rank*rank; i++) { x[i] = y[i]; } free(y); } int main(int argc, char* argv[]) { int x[4][4] = {{1,2,3,4},{5,6,7,8},{9,10,11,12},{13,14,15,16}}; int rank = 4; rotate(&x[0][0], rank); for(int i=0; i<rank; i++) { for(int j=0; j<rank; j++) { printf("%4d", x[i][j]); } printf("\n"); } return 0; }
答案：
（1）\(rank*rank*sizeof(int)\)
（2） (i % 4) * 4 + 3 - i / 4
第一步无可厚非，就是开一个和原本矩阵大小相同的数组而已，第二步变换如下
矩阵的普通的倒置是\(x[j][i]=x[i][j];\)
顺时针倒置是\(x[j][3-i]=x[i][j];\)
此处还要讲i转化成两个坐标，即：\(x[i]->x[i/4][i\%4]\)
那么，通过顺时针倒置，则有 \(x[i\%4][3-i/4]=x[i/4][i\%4]=x[i]\)
即：\(x[(i\%4)*4+3-i/4]=x[i]\);
第六题：大数乘法
对于32位字长的机器，大约超过20亿，用int类型就无法表示了，我们可以选择int64类型，但无论怎样扩展，固定的整数类型总是有表达的极限！如果对超级大整数进行精确运算呢？一个简单的办法是：仅仅使用现有类型，但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算，即所谓：“分块法”。
如下图，表示了分块乘法的原理。可以把大数分成多段（此处为2段）小数，然后用小数的多次运算组合表示一个大数。可以根据int的承载能力规定小块的大小，比如要把int分成2段，则小块可取10000为上限值。注意，小块在进行纵向累加后，需要进行进位校正。
以下代码示意了分块乘法的原理（乘数、被乘数都分为2段）
请填写划线部分缺失的代码。
注意：只填写划线部分的代码，不要填写任何多余的内容。比如已经存在的小括号，注释或说明文字等。
void bigmul(int x, int y, int r[]) { int base = 10000; int x2 = x / base; int x1 = x % base; int y2 = y / base; int y1 = y % base; int n1 = x1 * y1; int n2 = x1 * y2; int n3 = x2 * y1; int n4 = x2 * y2; r[3] = n1 % base; r[2] = n1 / base + n2 % base + n3 % base; r[1] = ____________________________________________; // 填空 r[0] = n4 / base; r[1] += _______________________; // 填空 r[2] = r[2] % base; r[0] += r[1] / base; r[1] = r[1] % base; } int main(int argc, char* argv[]) { int x[] = {0,0,0,0}; bigmul(87654321, 12345678, x); printf("%d%d%d%d\n", x[0],x[1],x[2],x[3]); return 0; }答案：
r[1] = n3 / base + n2 / base + n4 % base
r[1] += r[2] / base
第七题：放旗子
放棋子
今有 6 x 6 的棋盘格。其中某些格子已经预先放好了棋子。现在要再放上去一些，使得：每行每列都正好有3颗棋子。我们希望推算出所有可能的放法。下面的代码就实现了这个功能,请填写划线部分缺失的代码。。
初始数组中，“1”表示放有棋子，“0”表示空白。
注意：只填写划线部分的代码，不要填写任何多余的内容。比如已经存在的小括号，注释或说明文字等。
int N = 0; bool CheckStoneNum(int x[][6]) { for(int k=0; k<6; k++) { int NumRow = 0; int NumCol = 0; for(int i=0; i<6; i++) { if(x[k][i]) NumRow++; if(x[i][k]) NumCol++; } if(_____________________) return false; // 填空 } return true; } int GetRowStoneNum(int x[][6], int r) { int sum = 0; for(int i=0; i<6; i++) if(x[r][i]) sum++; return sum; } int GetColStoneNum(int x[][6], int c) { int sum = 0; for(int i=0; i<6; i++) if(x[i][c]) sum++; return sum; } void show(int x[][6]) { for(int i=0; i<6; i++) { for(int j=0; j<6; j++) printf("%2d", x[i][j]); printf("\n"); } printf("\n"); } void f(int x[][6], int r, int c); void GoNext(int x[][6], int r, int c) { if(c<6) _______________________; // 填空 else f(x, r+1, 0); } void f(int x[][6], int r, int c) { if(r==6) { if(CheckStoneNum(x)) { N++; show(x); } return; } if(______________) // 已经放有了棋子 { GoNext(x,r,c); return; } int rr = GetRowStoneNum(x,r); int cc = GetColStoneNum(x,c); if(cc>=3) // 本列已满 GoNext(x,r,c); else if(rr>=3) // 本行已满 f(x, r+1, 0); else { x[r][c] = 1; GoNex。t(x,r,c); x[r][c] = 0; if(!(3-rr >= 6-c || 3-cc >= 6-r)) // 本行或本列严重缺子，则本格不能空着！ GoNext(x,r,c); } } int main(int argc, char* argv[]) { int x[6][6] = { {1,0,0,0,0,0}, {0,0,1,0,1,0}, {0,0,1,1,0,1}, {0,1,0,0,1,0}, {0,0,0,1,0,0}, {1,0,1,0,0,1} }; f(x, 0, 0); printf("%d\n", N); return 0; }
第八题：密码发生器
在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了...
这个程序的任务就是把一串拼音字母转换为6位数字（密码）。我们可以使用任何好记的拼音串(比如名字，王喜明，就写：wangximing)作为输入，程序输出6位数字。
变换的过程如下：
第一步. 把字符串6个一组折叠起来，比如wangximing则变为：
wangxi
ming
第二步. 把所有垂直在同一个位置的字符的ascii码值相加，得出6个数字，如上面的例子，则得出：
228 202 220 206 120 105
第三步. 再把每个数字“缩位”处理：就是把每个位的数字相加，得出的数字如果不是一位数字，就再缩位，直到变成一位数字为止。例如: 228 => 2+2+8=12 => 1+2=3
上面的数字缩位后变为：344836, 这就是程序最终的输出结果！
要求程序从标准输入接收数据，在标准输出上输出结果。
输入格式为：第一行是一个整数n（<100），表示下边有多少输入行，接下来是n行字符串，就是等待变换的字符串。
输出格式为：n行变换后的6位密码。
例如，输入：5 zhangfeng wangximing jiujingfazi woaibeijingtiananmen haohaoxuexi则输出：
772243 344836 297332 716652 875843
int f(int x) {
if (x < 10) return x;
int sum = 0;
while (x) sum += x % 10, x /= 10;
return f(sum);
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int _;
for (cin >> _; _--;) {
string str;
cin >> str;
int v[6] = {0};
for (int i = 0; i < str.size(); i++) v[i % 6] += str[i];
for (int i = 0; i < 6; ++i) cout << f(v[i]);
cout << "\n";
}
return 0;
}
第九题：夺冠概率
足球比赛具有一定程度的偶然性，弱队也有战胜强队的可能。
假设有甲、乙、丙、丁四个球队。根据他们过去比赛的成绩，得出每个队与另一个队对阵时取胜的概率表:
甲 乙 丙 丁
甲 —— 0.1 0.3 0.5
乙 0.9 —— 0.7 0.4
丙 0.7 0.3 —— 0.2
丁 0.5 0.6 0.8 ——
数据含义：甲对乙的取胜概率为0.1，丙对乙的胜率为0.3，...
数据含义：甲对乙的取胜概率为0.1，丙对乙的胜率为0.3，...
现在要举行一次锦标赛。双方抽签，分两个组比，获胜的两个队再争夺冠军。（参见【1.jpg】）
请你进行10万次模拟，计算出甲队夺冠的概率。
学习于：https://blog.csdn.net/qq_34594236/article/details/59720732 作者：i逆天耗子丶
题目给出了甲乙丙丁相互之间竞争取胜的各自的概率。现在要求模拟10万次比赛，求出甲队夺冠的概率，甲获胜比赛安排的类型是有限的。如下图：
一共有这三种情况，而这三种情况甲夺冠的概率可以分别求出来，这三个概率相加就是甲夺冠的理论概率（这个值是恒定的，因为这三种情况出现的概率都是1/3），但是题目让模拟10万次，那么每次得出的概率一定不是相同的，但是都是非常接近这个恒定的概率值。我们可以是使用rand()函数，随机获取0-2这三个数，用来体现这三种情况出现的随机性，10万次的概率总和相加，最后除以10万即是答案。
double p[3];
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
p[0] = 0.1 * 0.8 * 0.5 + 0.1 * 0.2 * 0.3;
p[1] = 0.3 * 0.6 * 0.5 + 0.3 * 0.4 * 0.1;
p[2] = 0.5 * 0.7 * 0.1 + 0.5 * 0.3 * 0.3;
//用来记录10万次概率的总和
double sum = 0;
//设置随机数种子
srand(time(NULL));
for (int i = 1; i <= 100000; i++) {
int r = rand() % 3;
sum += p[r];
}
cout << sum / 100000;
// 由于是随机种子，导致每次运行的答案会不一样
return 0;
}
第十题：取球博弈
今盒子里有n个小球，A、B两人轮流从盒中取球，每个人都可以看到另一个人取了多少个，也可以看到盒中还剩下多少个，并且两人都很聪明，不会做出错误的判断。
我们约定：
每个人从盒子中取出的球的数目必须是：1，3，7或者8个。
轮到某一方取球时不能弃权！
A先取球，然后双方交替取球，直到取完。
被迫拿到最后一个球的一方为负方（输方）
请编程确定出在双方都不判断失误的情况下，对于特定的初始球数，A是否能赢？
程序运行时，从标准输入获得数据，其格式如下：
先是一个整数n(n<100)，表示接下来有n个整数。然后是n个整数，每个占一行（整数<10000），表示初始球数。
程序则输出n行，表示A的输赢情况（输为0，赢为1）。
例如，用户输入：4 1 2 10 18则程序应该输出：
0 1 1 0
我们可以把这个取球过程倒过来看，先假设最后盒子里面有1个球，为了把这个球留给对方，我们自然是希望此时盒子里面的数目为1+1，1+3，1+7，1+8，接着来看最后盒子里面有2个球，这种情况前面已经提到了，我拿1个，对方就输了，因为只要有一种赢的可能就算这种局面可以赢，所以从1的情况推过来的时候，有了2的情况，那么我们其实已经可以不用考虑了。
简言之，如果A的某一状态是输的，那这个状态加1 3 7 8，A都是赢的。
根据这个思路，我们可以开一个数组来记录某个数目的情况下是否能赢；
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int a[100], f[10001] = {0}, n, i;
cin >> n;
for (i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
for (i = 1; i + 8 < 10001; i++) {
if (f[i] == 0) {
f[i + 1] = 1;
f[i + 3] = 1;
f[i + 7] = 1;
f[i + 8] = 1;
}
}
for (i = 0; i < n; i++) cout << f[a[i]] << "\n";
return 0;
}
