蓝桥杯 2019 C++ A 题解
T1 平方和
【问题描述】
小明对数位中含有 2、0、1、9 的数字很感兴趣，在 1 到 40 中这样的数包括 1、2、9、10 至 32、39 和 40，共 28 个，他们的和是 574，平方和是 14362。注意，平方和是指将每个数分别平方后求和。
请问，在 1 到 2019 中，所有这样的数的平方和是多少？
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一 个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
提示：如果你编写程序计算，发现结果是负的，请仔细检查自己的程序， 不要怀疑考场的编程软件。
2658417853
#include <iostream>
#include <sstream>
using namespace std ;
void i_s(int n , string &s){
stringstream ss;
ss <<n;
ss>>s ;
}
bool check(string s){
if(s.find('3')!=s.npos){
return false ;
}
if(s.find('4')!=s.npos){
return false ;
}
if(s.find('5')!=s.npos){
return false ;
}
if(s.find('6')!=s.npos){
return false ;
}
if(s.find('7')!=s.npos){
return false ;
}
if(s.find('8')!=s.npos){
return false ;
}
return true ;
}
int main (){
string s;
long long ans = 0 ;
for(int i =1 ; i<=2019; ++i){
i_s(i,s);
if(check(s)){
cout<<i<<endl;
ans += i*i ;
}
}
cout<<"ans:"<<ans<<endl ; ;
return 0;
}
T2 数列求值
/*
给定数列 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, …，从第 4 项开始，每项都是前 3 项的和。求
第 20190324 项的最后 4 位数字。
*/
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
long long f1 =1 ;
long long f2 =1 ;
long long f3 =1 ;
long long ans =0 ;
for(int i = 4 ; i <=20190324;++i){
ans = ((f1+f2)%10000+f3)%10000;
f1=f2 %10000;
f2=f3 %10000;
f3=ans%10000;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
T3 最大降雨量
【问题描述】
由于沙之国长年干旱，法师小明准备施展自己的一个神秘法术来求雨。
这个法术需要用到他手中的 49 张法术符，上面分别写着 1 至 49 这 49 个
数字。法术一共持续 7 周，每天小明都要使用一张法术符，法术符不能重复使用。
每周，小明施展法术产生的能量为这周 7 张法术符上数字的中位数。法术
施展完 7 周后，求雨将获得成功，降雨量为 7 周能量的中位数。
由于干旱太久，小明希望这次求雨的降雨量尽可能大，请大最大值是多少？
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一 个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
答案 34
推理：
1：x x x X1 x x x
2：x x x X2 x x x
3：x x x X3 x x x
4：x x x X4 x x x
5：x x x X5 x x x
6：x x x X6 x x x
7：x x x X7 x x x
假设都排好序了 X1-X7也排好序 那么X1-X7右边的必定比他们大 所以从49往前数到X4就可以了 X4=49-15
T4 迷宫
本题总分：10 分
【问题描述】
下图给出了一个迷宫的平面图，其中标记为 1 的为障碍，标记为 0 的为可以通行的地方。
010000
000100
001001
110000
迷宫的入口为左上角，出口为右下角，在迷宫中，只能从一个位置走到这 个它的上、下、左、右四个方向之一。
对于上面的迷宫，从入口开始，可以按DRRURRDDDR 的顺序通过迷宫， 一共 10 步。其中 D、U、L、R 分别表示向下、向上、向左、向右走。
对于下面这个更复杂的迷宫（30 行 50 列），请找出一种通过迷宫的方式，其使用的步数最少，在步数最少的前提下，请找出字典序最小的一个作为答案。请注意在字典序中D<L<R<U。（如果你把以下文字复制到文本文件中，请务 必检查复制的内容是否与文档中的一致。在试题目录下有一个文件 maze.txt， 内容与下面的文本相同）
01010101001011001001010110010110100100001000101010
00001000100000101010010000100000001001100110100101
01111011010010001000001101001011100011000000010000
01000000001010100011010000101000001010101011001011
00011111000000101000010010100010100000101100000000
11001000110101000010101100011010011010101011110111
00011011010101001001001010000001000101001110000000
10100000101000100110101010111110011000010000111010
00111000001010100001100010000001000101001100001001
11000110100001110010001001010101010101010001101000
00010000100100000101001010101110100010101010000101
11100100101001001000010000010101010100100100010100
00000010000000101011001111010001100000101010100011
10101010011100001000011000010110011110110100001000
10101010100001101010100101000010100000111011101001
10000000101100010000101100101101001011100000000100
10101001000000010100100001000100000100011110101001
00101001010101101001010100011010101101110000110101
11001010000100001100000010100101000001000111000010
00001000110000110101101000000100101001001000011101
10100101000101000000001110110010110101101010100001
00101000010000110101010000100010001001000100010101
10100001000110010001000010101001010101011111010010
00000100101000000110010100101001000001000000000010
11010000001001110111001001000011101001011011101000
00000110100010001000100000001000011101000000110011
10101000101000100010001111100010101001010000001000
10000010100101001010110000000100101010001011101000
00111100001000010000000110111000000001000000001011
10000001100111010111010001000110111010101101111000
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一 个字符串，包含四种字母 D、U、L、R，在提交答案时只填写这个字符串，填写多余的内容将无法得分。
BFS 按照题目给的方向往下 第一个出来的肯定就是最小的字典序
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 30
#define M 50
struct Point {
int x, y;
string path;
Point(int a, int b) {
x = a;
y = b;
}
};
//D<L<R<U
int dir[4][2]{
{1, 0},
{0, -1},
{0, 1},
{-1, 0}
};
int vis[N][M];
char viss[4] = {'D', 'L', 'R', 'U'};
string s[N] = {
"01010101001011001001010110010110100100001000101010",
"00001000100000101010010000100000001001100110100101",
"01111011010010001000001101001011100011000000010000",
"01000000001010100011010000101000001010101011001011",
"00011111000000101000010010100010100000101100000000",
"11001000110101000010101100011010011010101011110111",
"00011011010101001001001010000001000101001110000000",
"10100000101000100110101010111110011000010000111010",
"00111000001010100001100010000001000101001100001001",
"11000110100001110010001001010101010101010001101000",
"00010000100100000101001010101110100010101010000101",
"11100100101001001000010000010101010100100100010100",
"00000010000000101011001111010001100000101010100011",
"10101010011100001000011000010110011110110100001000",
"10101010100001101010100101000010100000111011101001",
"10000000101100010000101100101101001011100000000100",
"10101001000000010100100001000100000100011110101001",
"00101001010101101001010100011010101101110000110101",
"11001010000100001100000010100101000001000111000010",
"00001000110000110101101000000100101001001000011101",
"10100101000101000000001110110010110101101010100001",
"00101000010000110101010000100010001001000100010101",
"10100001000110010001000010101001010101011111010010",
"00000100101000000110010100101001000001000000000010",
"11010000001001110111001001000011101001011011101000",
"00000110100010001000100000001000011101000000110011",
"10101000101000100010001111100010101001010000001000",
"10000010100101001010110000000100101010001011101000",
"00111100001000010000000110111000000001000000001011",
"10000001100111010111010001000110111010101101111000"};
void bfs() {
Point p(0, 0);
p.path = "";
vis[0][0] = 1;
queue<Point> q;
q.push(p);
while (!q.empty()) {
Point first = q.front();
q.pop();
//因为只有一个起点 所以这个判断在里面
if (first.x == N - 1 && first.y == M - 1) {
//因为是按照D L R U 的顺序走的 所以第一个出来的肯定是字母序最小的
cout << first.path << endl;
break;
}
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
int dx = first.x + dir[i][0];
int dy = first.y + dir[i][1];
if (0 <= dx && dx < N && 0 <= dy && dy < M) {//下一步没有出界
if (s[dx][dy] == '0' && vis[dx][dy] == 0) {
//没有墙 也没有走过
vis[dx][dy] = 1;
Point t(dx, dy);
t.path = first.path + viss[i];
q.push(t);
}
}
}
}
}
int main() {
bfs();
return 0;
}
T5 RSA解密
RSA是一种经典的加密算法。它的基本加密过程如下。
首先生成两个大质数p,q, 令n = p*q,设d与(p-1)*(q-1)互质，则可以找到e,使得d*e除以(p-1)*(q-1)的余数为1
n,d,e组成了私钥，n,d构成了公钥。
当使用公钥加密一个整数X时(X<=n-1)，计算C = X^d mod n，则C是加密后的密文。
当收到密文C时，可以使用私钥解开，计算公式为：X = C^e mod n。
例如：当p = 5, q = 11, n = 55, e = 27。
若加密数字24,得24^3 % 55 = 19。
解密数字19，得19^27 % 55 = 24。
现在你知道公钥中n = 1001733993063167141,d = 212353,同时，你截获了别人发送的密文C = 20190324,请问，原文是多少？
理解拓展的欧拉公式有点难，当模板记住了，推一边耗时
给一个n,分解质因数成p*q, 然后计算d关于(p-1)*(q-1)的逆元，结果为e,
求C^e % n的结果
n = 1001733993063167141
d = 212353
c = 20190324
///Author: xzc
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 1e8+10;
const LL n = 1001733993063167141ll;
const LL p = 891234941ll;
const LL q = 1123984201ll;
const LL d = 212353;
const LL c = 20190324;
int a[maxn];
int cnt;
//暴力分解n 算出来之后 再存的 p q
void BF(LL n)
{
cout<<n<<" = ";
for(LL i=1e8+1;i<n;i+=2)
{
if(n%i==0)
cout<<i<<" * ",n/=i;
}
cout<<n<<endl;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &gcd,LL &x,LL &y)
{
if(b==0)
{
gcd = a; x = 1; y = 0; return;
}
exgcd(b,a%b,gcd,y,x);
y -= (a/b)*x;
}
//参数 （d,(p-1)*(q-1)）
LL rev(LL a,LL b)
{
LL gcd,x,y;
exgcd(a,b,gcd,x,y);
return (x%b+b)%b; //就是逆元e
}
//快速乘
LL fast_product(LL a,LL b,LL mod)
{
LL ans = 0;
while(b)
{
if(b&1) ans = (ans+a)%mod;
a = (a+a)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
//快速幂
LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod)
{
LL ans = 1;
while(b)
{
if(b&1) ans = fast_product(ans,a,mod); //ans *=a
a = fast_product(a,a,mod); // a*=a
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
BF(n); //得到p q
LL y = (p-1)*(q-1);
LL e = rev(d,y);
LL answer = fast_pow(c,e,n);
cout<<answer<<endl;
return 0;
}
T6: 完全二叉树的权值（二叉树简单性质）
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：15 分
【问题描述】
给定一棵包含 N 个节点的完全二叉树，树上每个节点都有一个权值，按从上到下、从左到右的顺序依次是 A1, A2, · · · AN，如下图所示：
现在小明要把相同深度的节点的权值加在一起，他想知道哪个深度的节点权值之和最大？如果有多个深度的权值和同为最大，请你输出其中最小的深度。
注：根的深度是 1。
【输入格式】
第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数 A1, A2, · · · AN 。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
7
1 6 5 4 3 2 1
【样例输出】
2
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000，−100000 ≤ Ai ≤ 100000。
#include <iostream>
#include <math.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n;
ll a[100001];
ll ans_k;
ll max_sum = 0 ;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1 ; i<n+1;++i){
cin>>a[i];
}
ll tmp_sum =0;
//第n层的数为 2^n ~ 2^(n+1)-1
for(int k=1 ; pow(2,k)-1<= n;++k){
tmp_sum = 0;
for(int j=pow(2,k-1);j<=pow(2,k)-1;++j){
tmp_sum +=a[j];
}
if(tmp_sum > max_sum){
max_sum = tmp_sum;
ans_k = k ;
}
}
cout<<ans_k<<endl;
return 0;
}
T7 外卖店优先级
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
“饱了么”外卖系统中维护着N 家外卖店，编号1 ~ N。每家外卖店都有
一个优先级，初始时(0 时刻) 优先级都为0。
每经过1 个时间单位，如果外卖店没有订单，则优先级会减少1，最低减
到0；而如果外卖店有订单，则优先级不减反加，每有一单优先级加2。
如果某家外卖店某时刻优先级大于5，则会被系统加入优先缓存中；如果
优先级小于等于3，则会被清除出优先缓存。
给定T 时刻以内的M 条订单信息，请你计算T 时刻时有多少外卖店在优
先缓存中。
【输入格式】
第一行包含3 个整数N、M 和T。
以下M 行每行包含两个整数ts 和id，表示ts 时刻编号id 的外卖店收到
一个订单。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
2 6 6
1 1
5 2
3 1
6 2
2 1
6 2
【样例输出】
1
【样例解释】
6 时刻时，1 号店优先级降到3，被移除出优先缓存；2 号店优先级升到6，
加入优先缓存。所以是有1 家店(2 号) 在优先缓存中。
【评测用例规模与约定】
对于80% 的评测用例，1 <= N; M; T <=10000。
对于所有评测用例，1 <=N; M; T <=100000，1 <=ts <=T，1 <=id <=N。
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int N,M,T;
int check(int a[][2],int i , int t){
int r =0;
for (int j=0;j<M;++j){
if(a[j][0]==t && a[j][1]==i)r++;
}
return r;
}
int main (){
scanf("%d %d %d\n",&N,&M,&T);
int a[M][2];//记录所有订单
for(int i=0;i<M ;++i){
scanf("%d %d",&a[i][0],&a[i][1]);
}
int b[N+1][2];//商家的分 第二列存是否优先级
for(int i=1 ; i<=N ; ++i){//每个商家计算
b[i][0]=0;
for(int t=1;t<=T;++t){
int n = check(a,i,t);//找i这个商家在t时刻有多少订单
// 需要注意的坑是 商家如果从 5->4 也是在优先级里面的
if(n==0){
if(b[i][0]>0)b[i][0]-=1;
if(b[i][0]<=3)b[i][1]=0;
} else {
b[i][0]+=(n*2);
if(b[i][0]>5)b[i][1]=1;
}
}
}
//商家分最终统计：
int ans = 0;
for(int i=1;i<=N ;++i){
if(b[i][1]==1)ans++;
// cout<<b[i]<<endl;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
/*
2 6 6
1 1
5 2
3 1
6 2
2 1
6 2
结果 1
2 8 8
1 1
5 2
3 1
6 2
2 1
6 2
7 1
8 1
//最后是 商家1：7 商家2:4（从5减下来的，所以也算优先的）
// 结果2
2 7 6
1 1
5 2
3 1
6 2
2 1
6 2
6 1
结果 2
*/
T8 修改数组
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
给定一个长度为 N 的数组 A = [A1, A2, · · · AN]，数组中有可能有重复出现的整数。
现在小明要按以下方法将其修改为没有重复整数的数组。小明会依次修改
A2, A3, · · · , AN。
当修改 Ai 时，小明会检查 Ai 是否在 A1 ∼ Ai−1 中出现过。如果出现过，则小明会给 Ai 加上 1 ；如果新的 Ai 仍在之前出现过，小明会持续给 Ai 加 1 ，直到 Ai 没有在 A1 ∼ Ai−1 中出现过。
当 AN 也经过上述修改之后，显然 A 数组中就没有重复的整数了。现在给定初始的 A 数组，请你计算出最终的 A 数组。
【输入格式】
第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数 A1, A2, · · · , AN 。
【输出格式】
输出 N 个整数，依次是最终的 A1, A2, · · · , AN。
【样例输入】
5
2 1 1 3 4
【样例输出】
2 1 3 4 5
【评测用例规模与约定】
对于 80% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 10000。
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000，1 ≤ Ai ≤ 1000000。
自己写的，不知道能不能过
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n ;
ll a[100001];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1 ;i<=n;++i){
cin>>a[i];
}
//遍历
for(int i=1 ;i<=n;++i){
ll tmp[i-1] ;
//临时存i前面的数
for(int t=0 ;t<i-1;++t){
tmp[t]=a[t+1];
}
sort(tmp,tmp+i-1);
//现在tmp 存的就是a[i] 前面的元素了
for(int t=0 ;t<i-1;++t){
if(a[i]==tmp[t])++a[i];
if(a[i]<tmp[t+1])break;
}
}
for(int i=1 ;i<=n;++i){
if(i==n){
cout<<a[i]<<endl;
}else {
cout<<a[i]<<" ";
}
}
return 0;
}
参考的（树状数组+二分）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int bit[2000050];
int n=1000001;
int sum(int i)
{
int s=0;
while(i>0)
{
s+=bit[i];
i-=i&-i;
}
return s;
}
void add(int i,int x)
{
while(i<=n)
{
bit[i]+=x;
i+=i&-i;
}
}
bool ok(int k,int pre)
{
int l=k-pre+1;
int cnt=sum(k)-sum(pre-1);
return cnt<l;
}
bool vis[1000005];
int ans[100005];
int N;
int a[100005];
int main()
{
scanf("%d",&N);
for(int i=0;i<N;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<N;i++)
{
if(!vis[a[i]])
{
ans[i]=a[i];
vis[a[i]]=1;
add(a[i],1);
}
else {
int l=a[i];int r=1000002;
int mid;
while(r-l>1)
{
mid=(l+r)/2;
if(ok(mid,a[i]))r=mid;
else l=mid;
}
ans[i]=r;
vis[r]=1;
add(r,1);
}
}
for(int i=0;i<N;i++)printf("%d%c",ans[i],i==N-1?'\n':' ');
return 0;
}
T9 糖果
状态压缩dp
【问题描述】
糖果店的老板一共有 M 种口味的糖果出售。为了方便描述，我们将 M 种 口味编号 1 ∼ M。
小明希望能品尝到所有口味的糖果。遗憾的是老板并不单独出售糖果，而 是 K 颗一包整包出售。
幸好糖果包装上注明了其中 K 颗糖果的口味，所以小明可以在买之前就知 道每包内的糖果口味。
给定 N 包糖果，请你计算小明最少买几包，就可以品尝到所有口味的糖 果。
【输入格式】
第一行包含三个整数 N、M 和 K。
接下来 N 行每行 K 这整数 T1, T2, · · · , TK ，代表一包糖果的口味。
【输出格式】
一个整数表示答案。如果小明无法品尝所有口味，输出 −1。
【样例输入】
6 5 3
1 1 2
1 2 3
1 1 3
2 3 5
5 4 2
5 1 2
【样例输出】
2
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 20 。
对于所有评测样例，1 ≤ N ≤ 100，1 ≤ M ≤ 20，1 ≤ K ≤ 20，1 ≤ Ti ≤ M。
将每包的糖果口味这样转换
1 1 2->0 0 0 1 1
1 2 3->0 0 1 1 1
1 1 3->0 0 1 0 1
2 3 5->1 0 1 1 0
5 4 2->1 1 0 1 0
5 1 2->1 0 0 1 1
代码就是：ss|=(1<<(s-1));
//N 总共有N包糖可以选择
//M 总共有M种口味
//K 每包糖有K颗
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<string.h>
using namespace std;
int main(){
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
int dp[1<<m+5];
int goods[n]; //存每一包的东西
int ss,s;
memset(dp,-1,sizeof(dp));//dp数组初始化 -1
for(int i=0;i<n;i++){
ss=0;
for(int j=0;j<k;j++){
cin>>s;
ss|=(1<<(s-1)); //如前面所讲
}
goods[i]=ss;
dp[ss]=1;
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<(1<<m);j++){ //j 从00000--11111 就是包含口味从0--5
if(dp[j]==-1) continue;//没有这种组合的糖果包，返回
if(dp[j|goods[i]]==-1) //新组合的状态的信息未记录，记录下
dp[j|goods[i]]=dp[j]+dp[goods[i]];
else//新组合的状态可能遇见更好的方案
//达到此种方案有两条路 之前的那一条 和现在的这种组合方式
//取小
dp[j|goods[i]]=min(dp[j|goods[i]],dp[j]+dp[goods[i]]);
}
}
cout<<dp[(1<<m)-1]<<endl;//输出包含所有类型糖果口味的最少的产品数
}
