第十三届蓝桥杯c++b组国赛题解（还在持续更新中...）
试题A：2022
解题思路：
有2022个物品，它们的编号分别是1到2022，它们的价值分别等于它们的编号。也就是说，有2022种物品，物品价值等于物品编号。
从2022个物品种选取10个物品，满足10个物品的价值之和为2022，用f[i][j][k]表示前i个物品里选择j个物品，价值之和为k的方案数 则对于前i种物品，有两种选择，选或者不选 f[i][j][k]=f[i-1][j][k] 不选 f[i][j][k]=f[i-1][j-1][k-i] 选 (为什么是k-i，因为第i个物品的体积就是i)
最后的答案是：379187662194355221
注意：本题记得开long long，不然真见祖宗了，hh
代码实现：
三维未优化空间（此代码只能在本地跑结果，直接交蓝桥杯官网测评会爆空间）
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2500;
//dp[i][j][k]表示从前i件物品中选，每件物品的价值等于其编号，且当前选了j件物品，且当前价值为k的所有选法数
int dp[N][15][N];
signed main(){
//因为价值k为0，所以只有一种选法：就是啥也不选
for(int i=0;i<N;i++)dp[i][0][0]=1;
for(int i=1;i<=2022;i++){
for(int j=1;j<=10;j++){
for(int k=1;k<=2022;k++){
//不选第i个物品
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
//选第i个物品
if(k>=i)dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k-i];
}
}
}
cout<<dp[2022][10][2022]<<endl;
return 0;
}二维优化空间：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2500;
int dp[15][N];
signed main(){
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=2022;i++){
for(int j=10;j>=1;j--){
for(int k=i;k<=2022;k++){
//不选第i个物品和不选第i个物品
dp[j][k]=dp[j][k]+dp[j-1][k-i];
}
}
}
cout<<dp[10][2022]<<endl;
return 0;
}试题B：钟表
解题思路：
for循环枚举时针（i）、分针（j）、秒针位置（k），计算三个针的角度
秒针的角度就是：s=360*k/60
分针的角度就是：m=360*j/60+s/60，因为秒针也会为分针贡献角度
时针的角度就是：h=360*i/12+m/12，因为分针也会为时针贡献角度
然后计算分针和时针的夹角A，分针的夹角B，为了让夹角A和夹角B能够处于同一个方向，A和B都取较小的半角
最后通过A-2B是否相等判断是否满足条件
注意：
1）double相减存在误差，最好不要直接判断相等
2）当 时、分、秒都为0时虽然也满足条件，但是题目要求找出的是一个0 时 0 分 0 秒以外的解，故时、分、秒同时为0的情况需要跳过
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
for(int s=0;s<=6;++s){
for(int f=0;f<60;++f){
for(int m=0;m<60;++m){
if(s==0&&f==0&&m==0) continue;
double dm=360*m/60;
double df=360*f/60+dm/60;
double ds=360*s/12+df/12;
double A=abs(df-ds),B=abs(df-dm);
//取小的角度
A=min(A,360-A);
B=min(B,360-B);
if(fabs(A-2*B)<=1e-10){
printf("%d %d %d\n",s,f,m);
}
}
}
}
return 0;
}试题C：卡片
解题思路：
二分枚举能够凑出的套牌数mid，通过check函数判断是否满足要求，如果满足要求，因为题目要求套牌数量最大化，故还得加大套牌数mid，继续判断是否满足条件，直到找不到比当前更大且满足条件的套牌数
check函数主要判断当前已有卡牌a[i]和当前可以手写的卡牌i的数量b[i]之和是否大于等于套牌数mid，如果小于，则一定不满足，否则统计当前总共需要的手写的卡牌数，最后判断总共手写的卡牌数是否小于等于题目中给的空白卡牌数，如果是则表示满足，否则表示不满足
代码实现：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e5+5;
int a[N],b[N];
int n,m;
int check(int x){
int temp=0;
for(int i=0;i<n;i++){
//如果当前第i种卡牌已经满足条件，则第i种卡牌不需要消耗空白卡牌
if(x<=a[i])continue;
//如果当前第i种卡牌就算用上所有能够手写第i种卡牌的空白卡牌仍然不满足条件，则直接返回false
if(x>a[i]+b[i])return 0;
//否则统计当前用了多少张空白卡牌来手写第i种卡牌
temp+=x-a[i];
}
//如果使用的空白卡牌数超过了题目中提供的空白卡牌数m，则直接返回false
if(temp>m)return 0;
//否则表示满足，返回true
else return 1;
}
signed main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
for(int i=0;i<n;i++)cin>>b[i];
int l=0,r=2e5+5;
while(l<r){
int mid=l+r+1>>1;
//如果当前套牌数满足条件，继续加大套牌数
if(check(mid))l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}试题D：最大数字
解题思路：
dfs暴力搜索即可，因为要求数字进行上述操作后的数值最大可知，优先从左往右进行操作一定是最右的操作顺序
对于每个数位，如果当前数位能够通过减法操作变成9，那么肯定将当前数位变为9
否则肯定不用减法操作，因为在不满足上述条件基础上使用减法操作一定会使得数值减小。如果当前加法操作能够使得当前数值x变成[x+1,9]，则一定使用加法操作使其变成上述数值，但是不能超过上述数值，因为超过后会从0开始，数值就会减小
注意：
1）本题数值比较大，记得使用字符串存储和操作
2）每次递归记得恢复现场即可
代码实现：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s,ans;
int a,b;
void dfs(int idx,int a,int b){
//如果已经遍历完了整个数字的每一位，则更新最大值，并返回
if(idx>s.size()){
ans=max(ans,s);
return;
}
//当前数位通过减法操作变成9所需要的操作次数t
int t=s[idx]-'0'+1;
//如果当前拥有的减法操作次数大于上述操作次数t，则将当前位变成9
if(b>=t){
//保留现场
int temp=s[idx];
//将当前位变成9
s[idx]='9';
//递归操作下一位，当前拥有的减法操作次数减少t次
dfs(idx+1,a,b-t);
//恢复现场
s[idx]=temp;
}
//当前数位x通过加法操作变成[x+1,9]所需要的操作次数t1
int t1=min(9-(s[idx]-'0'),a);
////如果当前拥有的加法操作次数大于上述操作次数t1，则使用加法操作修改当前位
if(a>=t1){
//保留现场
int temp=s[idx];
//修改当前位
s[idx]=s[idx]+t1;
//递归操作下一位，当前拥有的加法操作次数减少t1次
dfs(idx+1,a-t1,b);
//恢复现场
s[idx]=temp;
}
}
int main(){
cin>>s>>a>>b;
dfs(0,a,b);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}试题E：出差
解题思路：
最短路模板题，送分题，个人评价，不喜勿喷，hh
注意点：
1）需要建立双向边
2）建立从u到v的双向边时：
1.建立从u到v的单向边，将当前道路的开销设置为城市 u 到城市 v 的时间加上在城市v隔离观察花费的时间即可
2.建立从v到u的单向边，将当前道路的开销设置为城市 u 到城市 v 的时间加上在城市u隔离观察花费的时间即可
3）最后结果需要减去在城市n隔离观察的时间，因为是求到达城市n那一刻的开销
代码实现：
由于是模板题，就不写什么注释了，不懂的可以去看看dijksta算法的实现，希望谅解
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int,int>PII;
const int N=1e5+5,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],a[N],dist[N],vis[N],idx;
void add(int x,int y,int z){
e[idx]=y,w[idx]=z,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;
}
void dijkstra(){
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> >q;
q.push({0,1});
dist[1]=0;
while(q.size()){
int dis=q.top().first;
int s=q.top().second;
q.pop();
if(vis[s])continue;
vis[s]=1;
for(int i=h[s];~i;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(dist[j]>dis+w[i]){
dist[j]=dis+w[i];
q.push({dist[j],j});
}
}
}
}
signed main(){
memset(h,-1,sizeof h);
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
while(m--){
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
add(x,y,z+a[y]);
add(y,x,z+a[x]);
}
dijkstra();
cout<<dist[n]-a[n]<<endl;
return 0;
}试题F：费用报销
解题思路：
dp[i]表示从第1天到第i天范围内的票据中选择的最大报销金额
从1枚举到一年的最大天数，每次考虑选择当前天的票据或者不选择当前天的票据
而选择当前天的票据的前提是上一次选择的票据一定在k天前且当前票据的报销金额加上k天前的最大报销金额不能超过m
则状态转移方程为：
dp[i]=max(dp[i]+dp[max(0,i-k)],dp[i-1])//如果第i天的票据能够满足条件，能选择
dp[i]=dp[i-1]//如果第i天的票据不满足条件，不能选择代码实现：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5005;
//记录每月的天数
int month[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//dp[i]表示从第1天到第i天范围内的票据中选择的最大报销金额
int dp[N];
int main(){
int n,m,k;
//前缀和求本年到当前月总共多少天
for(int i=1;i<=13;i++)month[i]+=month[i-1];
cin>>n>>m>>k;
while(n--){
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
//month[x-1]+y表示x月y号距离本年初共多少天
dp[month[x-1]+y]=max(dp[month[x-1]+y],z);
}
//从第一天枚举到本年最后一天
for(int i=1;i<=month[13];i++){
//如果第i天的票据加上距离第i天前k天的票据的价值不超过m，则说明可以选择第i天的票据
//取选择第i天的票据dp[i]+dp[max((int)0,i-k)]和不选择第i天的票据dp[i-1]的最大值
if(dp[i]+dp[max((int)0,i-k)]<=m)dp[i]=max(dp[i-1],dp[i]+dp[max((int)0,i-k)]);
//如果第i天的票据不能选择，那么dp[i]直接就是dp[i-1]了
else dp[i]=dp[i-1];
}
cout<<dp[month[13]]<<endl;
return 0;
}试题H：机房
解题思路：
（lca板子题）
首先要搞清楚题意，题意表达的意思就是对于一个点，它发送消息的延迟是与出度有关，也就是说某个点的出度是多少，那么消息经过它时就会延迟多久。
我们这里可以把1号点当做树根root，然后使用dist[x]表示x点发送消息到root所需要的时间。 很显然，x发送出去的时候经过自身的延迟后到达另外一个点，另外一个点在经过延迟到达下一个点，以此类推
那么任意两个点之间的距离一般就是使用dist[x] + dist[y] - 2 * dist[lca(a, b)] 但是对于本题而言，当减去两倍的最近公共祖先anc到root的距离时，就会把自身的一个延迟多减了一次，所以还需要加上anc的出度。 所以本题正确计算距离的公式应该为： d = (dist[x] + dist[y] - 2 * dist[anc] + d[anc]) 其中anc表示x和y的最近公共祖先，d[anc]表示点anc的出度
代码实现：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
//fa[i][j]表示结点i向上跳2^j步所到达的结点
//depth[i]表示结点i的深度
//dist[i]表示结点i到根节点的数据传输时间
//d[i]表示和结点i相连的边数
int fa[N][20],depth[N],dist[N],d[N];
void add(int x,int y){
e[idx]=y,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;
}
void bfs(){
queue<int>q;
q.push(1);
memset(depth,0x3f,sizeof depth);
//结点0的深度为0，结点1的深度为1
depth[0]=0,depth[1]=1;
//结点1（根结点）的传输时间为自己的延迟时间
dist[1]=d[1];
while(q.size()){
int t=q.front();
q.pop();
//遍历所有子节点
for(int i=h[t];~i;i=ne[i]){
int j=e[i];
//这句话其实表示子节点还未被访问过，因为访问过后,depth[j]一定小于depth[t]+1
//如果未被访问过，则更新depth和dist数组
if(depth[j]>depth[t]+1){
depth[j]=depth[t]+1;
dist[j]=d[j]+dist[t];
q.push(j);
//利用倍增法依次更新往上跳的父节点
fa[j][0]=t;
for(int k=1;k<=16;k++){
//j向上跳2^k步等同于j先向上跳到2^(k-1)的位置，然后再往上跳2^(k-1)步
fa[j][k]=fa[fa[j][k-1]][k-1];
}
}
}
}
}
int lca(int a,int b){
// 为方便处理,当a在b上面时,把a和b互换
if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);
//把深度更深的a往上跳到b
for(int i=16;i>=0;i--){
//当a跳完2^i依然在b下面,我们就一直跳
if(depth[fa[a][i]]>=depth[b])a=fa[a][i];
}
//如果跳到了b
if(a==b)return a;
//a,b同层但是不同结点
for(int i=16;i>=0;i--){
//假如a,b都跳出根节点,fa[a][i]==fa[b][i]==0 不符合更新条件
if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
a=fa[a][i];
b=fa[b][i];
}
}
//循环结束 到达lca下一层
//lca(a,b) = 再往上跳1步即可
return fa[a][0];
}
signed main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=0;i<n-1;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
//统计结点x和结点y的边（因为时间取决于每个结点的边数）
d[x]++,d[y]++;
//建立双向边
add(x,y);
add(y,x);
}
//初始化lca和dist数组
bfs();
while(m--){
int x,y;
cin>>x>>y;
//求最近公共祖先
int anc=lca(x,y);
//直接套公式求解传输时间
cout<<dist[x]+dist[y]-2*dist[anc]+d[anc]<<endl;
}
return 0;
}试题I：齿轮
解题思路：
这道题观察样例就可以知道，对于每个查询x，其实是问我们数组中是否两个数满足其倍数关系为x，所以我们只需要在数组输入的时候把每个数都标记一下，然后遍历一下整个数组，对于数组的每个数x，遍历一下它的倍数y，如果x*y被标记了，说明该数组能够找到两个数满足倍数为y的关系，那么就可以把y用另一个标记数组标记下来了，对于每个查询x，我们只需要看一下x是否被标记，只要被标记了，那么就输出YES，否则输出NO
注意：
1）当数组长度为1时，即最左边的齿轮就等同于最右边的齿轮，那么倍数1是满足条件的
2）当数组中存在相同的数字时，那么倍数1是满足条件的，否则倍数1肯定是不满足条件的
这道题我就不得不吐槽一下了，简直是极限卡常，用unordered_map直接卡掉40%的测试点，用数组才能过。所以写完这道题告诉我们不需要用unordered_map的时候最好还是不要用，否则会死得很难看,hh
代码实现：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int mp[N],vis[N],a[N];
int main(){
int n,m,flag=0;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
//如果数组中遇到了相同的数，那么倍数1是满足条件的，标记一下
if(vis[a[i]])flag=1;
//标记数组的每一个数，以便后续判断
vis[a[i]]=1;
}
//如果数组长度为1或者1被标记过了，则倍数1是满足条件的
if(flag||n==1)mp[1]=1;
//遍历数组的每个数a[i]
for(int i=0;i<n;i++){
//遍历数组每个数的倍数
for(int j=2;j*a[i]<=N;j++){
//如果a[i]*j被标记过， 那么倍数j是满足条件的，标记一下
if(vis[j*a[i]])mp[j]=1;
}
}
while(m--){
int x;
cin>>x;
//如果倍数x被标记过，直接输出YES
if(mp[x])cout<<"YES"<<endl;
//否则输出NO
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}
