蓝桥杯常用知识点+算法汇总
1. %.3f保留3位小数并四舍五入
2. &&的优先级要高与||和&&有点类似于*，||类似于+
3：
1 if(1) 2 if(b) 3 x++; 4 else //else默认和最近的一个if配对 5 y++;
4. if(fabs(m*my-n*ny)<0.000001)
//浮点数判断相等，要近似判断，如果用==得不到结果。
//fabs(float x)浮点数x的绝对值 来源 蓝桥杯 鸡蛋的数目
5. 质数：又称素数：在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数。
6. 互质数：公因数只有1的两个非零自然数
7. 同余定理： 例如：1234%10
1234%10=(((1%10*10+2)%10*10+3)%10*10+4)%10
8. 高次方数的尾数:
规律：1-100中 凡是有因子5，尾数就增加一个零；有因子25，尾数就增加两个零。
100!有24个零，1000!有249个零。
9. 大衍数列 0、2、4、8、12、18、24、32、40、50、60、72、84...
1 int main() 2 { 3 int i; 4 for(i=1; i<100; i++) 5 { 6 if(i%2==0) //填空 7 printf("%d \n", i*i/2); 8 else 9 printf("%d \n", (i*i-1)/2); 10 } 11 printf("\n"); 12 }
10: 数字规律：1,3,6,10,,,,
公式：i*(i+1)/2
11:唯一分解定理：
1 ll getfac(ll x)//唯一分解定理 2 { 3 ll ans=1; 4 for(int i=1;i<=cnt&&primel[i]*primel[i]<=x;i++) 5 { 6 ll sum=0; 7 while(x%primel[i]==0) 8 { 9 sum++; 10 x/=primel[i]; 11 } 12 ans*=(sum+1); 13 } 14 if(x>1) 15 ans*=2; 16 return ans; 17 }
12: 一年的12个月：1-12月
31、28/29、31、30、31、30、31、31、30、31、30、31
闰年： (year%4==0&&year%100!=0)||(year%400==0)
13: 辗转相除法求最大公约数
1 int gcd(int a, int b) 2 { 3 if (b == 0) return a; 4 else return gcd(b, a % b); 5 }
14:埃氏筛法（搜索n以内的所有素数）
1 int prime[MAX_N];//第i个素数 2 bool is_prime[MAX_N + 1]; 3 4 //返回n以内素数的个数 5 int sieve(int n) { 6 int p = 0; 7 for (int i = 0; i <= n; i++) 8 is_prime[i] = true; 9 is_prime[0] = is_prime[1] = false; 10 for (int i = 2; i <= n; i++) { 11 if (is_prime[i]){ 12 prime[p++] = i; 13 for (int j = 2*i; j <= n; j += i) 14 is_prime[j] = false; 15 } 16 } 17 return p; 18 }
15：筛选法求素数
1 memset(vis,0,sizeof(vis)); 2 for (int i=2;i<=n;i++) 3 { 4 for (int j=i*2;j<=n;j+=i) vis[j]=1; 5 }
升级版 素数定理 不超过x的素数个数近似（略超过） x/lnx;
1 int m=sqrt(n+0.5); 2 memset(vis,0,sizeof(vis)); 3 for (int i=2;i<=m;i++) 4 if (!vis[i]) 5 for (int j=i*i;j<=n;j+=i) vis[j]=1;
16：.快速幂取模
1 long long quick_mod(long long a,long long b){ 2 long long res=1; 3 while(b!=0){ 4 if (b%2==1) res*=(a%n); 5 a=a*(a%n); 6 b/=2; 7 } 8 return res; 9 }
但是当数据量大于10^19时，longlong会爆，所以利用快速乘法，原理类似，a*b就是b个a相加，将b表示为二进制：
1 int n; 2 long long mul(long long a,long long b){ 3 long long res=0; 4 while(b!=0){ 5 if(b%2==1) res=(res+a%n)%n; 6 a=(a%n+a%n)%n; 7 b/=2; 8 } 9 return res; 10 } 11 12 long long quick_mod(long long a,long long b){ 13 long long res=1; 14 while(b!=0){ 15 if (b%2==1) res=mul(res,a)%n; 16 a=mul(a,a); 17 b/=2; 18 } 19 return res; 20 }
17:二分排序
1 /* nums[]指的是有序数组；low指的是数组下标0；high指的是数组下标n-1（n指的是数组长度）；target指的是要插入的目标元素 */ 2 void sort(int nums[],int low,int high,int target) { 3 int n=high+1; 4 // 当low<=high一直循环折半查找，当low>high时结束循环 5 while(low<=high) { 6 int mid=(low+high)/2;// 计算中间下标 7 if(nums[mid]>=target) { // 如果大于等于要插入的元素，则high=mid-1 8 high=mid-1; 9 } else if(nums[mid]<target) { // 如果小于要插入的元素，在low=mid+1 10 low=mid+1; 11 } 12 } 13 // 然后将nums[high+1]之后的所有元素（包括nums[high+1]）向后移动一个位置 14 for(int i=n; i>high+1; i--) { 15 nums[i]=nums[i-1]; 16 } 17 // 然后将空出来的nums[high+1]赋为target值 18 nums[high+1]=target; 19 }
18:错排 An=n-1(An-1+An-2)
19:进制转换
1 #include "stdio.h" 2 int a[10000]; 3 int main() 4 { 5 int r,n; 6 char d; 7 while(~scanf("%d%d",&n,&r)) 8 { 9 int e=n; 10 if(n<0) 11 n=-n; 12 int i=0,j; 13 while(n!=0) 14 { 15 a[i]=n%r; 16 n=n/r; 17 i++; 18 } 19 for(j=i-1; j>=0; j--) 20 { 21 if(e<0) 22 { 23 if(j==i-1) 24 printf("-"); 25 if(a[j]>9) 26 { 27 d=a[j]-10+'A'; 28 printf("%c",d); 29 } 30 else 31 printf("%d",a[j]); 32 } 33 else 34 { 35 if(a[j]>9) 36 { 37 d=a[j]-10+'A'; 38 printf("%c",d); 39 } 40 else 41 printf("%d",a[j]); 42 } 43 } 44 printf("\n"); 45 } 46 return 0; 47 }
20： 01背包
解决办法：声明一个 大小为 m[n][c] 的二维数组，m[ i ][ j ] 表示 在面对第 i 件物品，且背包容量为 j 时所能获得的最大价值 ，那么我们可以很容易分析得出 m[i][j] 的计算方法，
（1）. j < w[i] 的情况，这时候背包容量不足以放下第 i 件物品，只能选择不拿
m[ i ][ j ] = m[ i-1 ][ j ]
（2）. j>=w[i] 的情况，这时背包容量可以放下第 i 件物品，我们就要考虑拿这件物品是否能获取更大的价值。
如果拿取，m[ i ][ j ]=m[ i-1 ][ j-w[ i ] ] + v[ i ]。 这里的m[ i-1 ][ j-w[ i ] ]指的就是考虑了i-1件物品，背包容量为j-w[i]时的最大价值，也是相当于为第i件物品腾出了w[i]的空间。
如果不拿，m[ i ][ j ] = m[ i-1 ][ j ] , 同（1）
究竟是拿还是不拿，自然是比较这两种情况那种价值最大。
1 if(j>=w[i]) 2 m[i][j]=max(m[i-1][j],m[i-1][j-w[i]]+v[i]); 3 else 4 m[i][j]=m[i-1][j];
21：完全背包问题
完全背包表示每个物品可以取无限次，只要加起来总容量不超过V就可以。
同样可以用f[i][j]表示前i间物品恰放入一个容器为j的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程为：
f[i][j] = max{f[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i]} ,其中(0 <= k <= j/weight[i])
22：多重背包问题
多重背包是每个物品有不同的个数限制，如第i个物品个数为num[i]。
同样可以用f[i][j]表示前i间物品恰放入一个容器为j的背包可以获得的最大价值，且每个物品数量不超多num[i]。则其状态转移方程为：
f[i][j] = max{f[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i]} ,其中(0 <= k <= min{j/weight[i], num[i]})
