2015-第六届蓝桥杯大赛个人赛省赛（软件类）真题 C大学C组
[2015-第六届蓝桥杯大赛个人赛省赛（软件类）真题 C大学C组]
1.隔行变色
Excel表的格子很多，为了避免把某行的数据和相邻行混淆，可以采用隔行变色的样式。
小明设计的样式为：第1行蓝色，第2行白色，第3行蓝色，第4行白色，....
现在小明想知道，从第21行到第50行一共包含了多少个蓝色的行。
请你直接提交这个整数，千万不要填写任何多余的内容。
思路：很简单的题，由题可知奇数行是蓝色，那么答案就是(50-21+1)/2。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int main() {
5 int cnt = 0;
6 for(int i=21; i<=50; ++i)
7 if(i%2) cnt++;
8 cout << cnt;
9 return 0;
10 }
答案：15
2.立方尾不变
有些数字的立方的末尾正好是该数字本身。
比如：1,4,5,6,9,24,25,....
请你计算一下，在10000以内的数字中（指该数字，并非它立方后的数值），符合这个特征的正整数一共有多少个。
请提交该整数，不要填写任何多余的内容。
思路：把立方求出来，然后每次取最后一位进行判断即可。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 typedef long long LL;
5
6 bool check(LL x) {
7 LL res = x * x * x;
8 while(x) {
9 if((x%10) != (res%10)) return false;
10 x /= 10, res /= 10;
11 }
12 return true;
13 }
14
15 int main() {
16 int cnt = 0;
17 for(LL i=1; i<=10000; ++i)
18 if(check(i)) cnt++;
19 cout << cnt << endl;
20 return 0;
21 }
答案：36
3.三羊献瑞
观察下面的加法算式：
祥 瑞 生 辉
+ 三 羊 献 瑞
-------------------
三 羊 生 瑞 气
其中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字。
请你填写“三羊献瑞”所代表的4位数字（答案唯一），不要填写任何多余内容。
思路：按顺序用字母代替就变成了abcd+efgb=efcbh，那就想到用枚举，一共8个未知数，那么我们需要7层循环，显然有些麻烦。那么我们简单推导一下，两个四位数相加得到一个五位数，那么第一位e是1，又因为有了进位，所以a是9，那么f就是0.所以算式变成了bcd+gb=cbh，又因b'变成了c，所以c=b+1，再根据c+g+x(x为0或1，代表个位的进位)进1得b，推算出g=9-x，又因b是9，的d+b>=10， g为8。然后可简化成d+b=1h。这时就好枚举了。具体过程看下图。最后输出*efgb即可。*
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int main() {
5 // 此时数字只剩下2 3 4 5 6 7
6 // 因c=b+1 故b不能为7
7 for(int b=2; b<=6; ++b) {
8 for(int d=2; d<=7; ++d) {
9 if(d == b) continue; //不能相同
10 if(d == b+1) continue; // c=b+1
11 if(b+d <= 10) continue; //要大于10，h不能是0
12 int h = b + d - 10;
13 if(h==b || h==d || h==b+1) continue;
14 if(h==1 || h==8 || h==9) continue;
15 //printf("b=%d d=%d h=%d\n", b, d, h);
16 printf("%d%d%d%d", 1, 0, 8, b);
17 }
18 }
19 return 0;
20 }
答案：1085
4.格子中输出
StringInGrid函数会在一个指定大小的格子中打印指定的字符串。
要求字符串在水平、垂直两个方向上都居中。
如果字符串太长，就截断。
如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一点。
下面的程序实现这个逻辑，请填写划线部分缺少的代码。
1 #include <stdio.h>
2 #include <string.h>
3 void StringInGrid(int width, int height, const char* s) {
4 int i,k;
5 char buf[1000];
6 strcpy(buf, s);
7 if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;
8
9 printf("+");
10 for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
11 printf("+\n");
12
13 for(k=1; k<(height-1)/2;k++){
14 printf("|");
15 for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
16 printf("|\n");
17 }
18
19 printf("|");
20
21 printf("%*s%s%*s",____________); //填空
22
23 printf("|\n");
24
25 for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){
26 printf("|");
27 for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
28 printf("|\n");
29 }
30
31 printf("+");
32 for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
33 printf("+\n");
34 }
35
36 int main() {
37 StringInGrid(20,6,"abcd1234");
38 return 0;
39 }
对于题目中数据，应该输出：
+------------------+
| |
| abcd1234 |
| |
| |
+------------------+
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
思路：这里先介绍一下*修饰符。在scanf里面，*是起到过滤读入的作用，比如说有3个数，而你只想读入第2个数，那么可以写scanf("%*d%d%*d", &a)来实现如下图
但是*到了printf里面就不一样了，printf("%3d", a);大家应该都知道这是设置宽域的，同理，%3s也是宽域。假设我们需要动态的设置宽域怎么办呢。这时候就需要*修饰符了，printf("%*s", 3,"ab");大伙应该有点想法了吧。就是把"ab"放入宽域为3的空间中右对齐。那么这道题就很简单了。
答案：
(width-2-strlen(buf))/2,"", buf, (width-1-strlen(buf))/2,""
5.串逐位和
串逐位和
给定一个由数字组成的字符串，我们希望得到它的各个数位的和。
比如：“368” 的诸位和是：17
这本来很容易，但为了充分发挥计算机多核的优势，小明设计了如下的方案：
1 int f(char s[], int begin, int end) {
2 int mid;
3 if(end-begin==1) return s[begin] - '0';
4 mid = (end+begin) / 2;
5 return ____________________________________; //填空
6 }
7
8 int main() {
9 char s[] = "4725873285783245723";
10 printf("%d\n",f(s,0,strlen(s)));
11 return 0;
12 }
你能读懂他的思路吗？ 请填写划线部分缺失的代码。
注意：只填写缺少的部分，不要填写已有代码或任何多余内容。
思路：一看到他求了mid，就想到了分治，然后答案就很快出来了。
答案：
f(s, begin, mid)+f(s, mid, end)
6.奇妙的数字
小明发现了一个奇妙的数字。它的平方和立方正好把0~9的10个数字每个用且只用了一次。
你能猜出这个数字是多少吗？
请填写该数字，不要填写任何多余的内容。
思路：枚举判断。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int Ans = 0, cnt;
5 bool vis[11];
6
7 bool check() {
8 if(cnt != 10) return false;
9 for(int i=0; i<10; ++i)
10 if(vis[i] == false) return false;
11 return true;
12 }
13
14 void work(int val) {
15 int x = val * val;
16 while(x) {
17 vis[x%10] = true;
18 cnt ++;
19 x /= 10;
20 }
21 x = val * val * val;
22 while(x) {
23 vis[x%10] = true;
24 cnt ++;
25 x /= 10;
26 }
27 }
28
29 int main() {
30 while(++Ans) {
31 cnt = 0;
32 for(int i=0; i<10; ++i) vis[i] = false;
33 work(Ans);
34 if(check()) break;
35 }
36 cout << Ans << endl;
37 return 0;
38 }
答案：69
7.加法变乘法
我们都知道：1+2+3+ ... + 49 = 1225
现在要求你把其中两个不相邻的加号变成乘号，使得结果为2015
比如：
1+2+3+...+1011+12+...+2728+29+...+49 = 2015
就是符合要求的答案。
请你寻找另外一个可能的答案，并把位置靠前的那个乘号左边的数字提交（对于示例，就是提交10）。
注意：需要你提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
思路：有两个乘号，两个循环枚举"*"的位置，然后进行计算就好。这里不需要从1到49计算，只需要减去乘号两边的数字，加上他两个的乘积即可。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int main() {
5 for(int i=1; i<=48; ++i) {
6 for(int j=i+1; j<=48; ++j) {
7 if(i == j) continue;
8 int Ans = 1225 - 2*i - 2*j - 2;
9 Ans = Ans + i*(i+1) + j*(j+1);
10 if(Ans == 2015) {
11 //printf("%d %d\n", i, j);
12 printf("%d\n", i);
13 }
14 }
15 }
16 return 0;
17 }
答案：16
8.饮料换购
乐羊羊饮料厂正在举办一次促销优惠活动。乐羊羊C型饮料，凭3个瓶盖可以再换一瓶C型饮料，并且可以一直循环下去(但不允许暂借或赊账)。
请你计算一下，如果小明不浪费瓶盖，尽量地参加活动，那么，对于他初始买入的n瓶饮料，最后他一共能喝到多少瓶饮料。
输入：一个整数n，表示开始购买的饮料数量（0<n<10000）
输出：一个整数，表示实际得到的饮料数
例如：
用户输入：
100
程序应该输出：
149
用户输入：
101
程序应该输出：
151
资源约定：
峰值内存消耗 < 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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路：一直模拟就好
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int main() {
5 int n, x, sum;
6 cin >> n;
7 sum = n; // 一开始的n瓶都能喝到
8 do {
9 x = n%3; // 换掉剩下的瓶盖
10 n /= 3; // 换了几瓶
11 sum += n; // 喝到了新换到的
12 n += x; // 更新当前手里的瓶盖
13 }while(n>=3);
14 cout << sum << endl;
15 return 0;
16 }
9.打印大X
小明希望用星号拼凑，打印出一个大X，他要求能够控制笔画的宽度和整个字的高度。
为了便于比对空格，所有的空白位置都以句点符来代替。
要求输入两个整数m n，表示笔的宽度，X的高度。用空格分开(0<m<n, 3<n<1000, 保证n是奇数)
要求输出一个大X
例如，用户输入：
3 9
程序应该输出：
.....
.....
.....
......
........
......
.....
....***.
.....
再例如，用户输入：
4 21
程序应该输出
................
................
................
................
................
................
................
................
........**........
..................
....................
..................
........****........
................
................
................
................
................
................
................
................
资源约定：
峰值内存消耗 < 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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路：很简单的一个思路，创建一个二维数组，然后全部初始化为"."，然后模仿书写的笔迹来更改，第一笔从左上到右下，第二笔是右上到左下，但这样关系不好找，我们可以从左下到右上，这样是和第一笔成对称关系。其中有个关系是：每一行的个数为n+m-1。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 int n, m;
5 char s[2020][2020];
6
7 int main() {
8 cin >> m >> n;
9 for(int i=1; i<=n; ++i) // 初始化
10 for(int j=1; j<=n+m-1; ++j)
11 s[i][j] = '.';
12
13 for(int i=1; i<=n; ++i) {
14 for(int j=1; j<=m; ++j) // 左上到右下
15 s[i][i+j-1] = '*';
16 for(int j=1; j<=m; ++j) // 左下到右上
17 s[n-i+1][i+j-1] = '*';
18 }
19 for(int i=1; i<=n; ++i) { // 输出
20 for(int j=1; j<=n+m-1; ++j)
21 printf("%c", s[i][j]);
22 puts("");
23 }
24 return 0;
25 }
10.垒骰子
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。
经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」
2 1
1 2
「样例输出」
544
「数据范围」
对于 30% 的数据：n <= 5
对于 60% 的数据：n <= 100
对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路：首先一个骰子的某一个面朝上时，他是有四种状态的，因为可以旋转，所以n层的话有4n种，我们可以先把侧面当成一样的，最后再乘上去。我们考虑用动态规划来做：f[i][j]表示第i层时，顶面点数为j的的方案数，那么**f[i][j]就等于第i-1层中所有不与j相斥的方案数累加。又考虑到n<=109，且第i层只与第i-1层有关，因此我们可以使用滚动数组。**
该方法最后几个点超时
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 typedef long long LL;
4 const LL Mod = 1e9 + 7;
5
6 int n, m, pos = 0;
7 LL res, f[2][7], Ans;
8 bool vis[7][7];
9 int oppo[7] = {0, 4, 5, 6, 1, 2, 3}; //对应面
10
11 LL ksm(LL a, LL b) {
12 LL re = 1;
13 while(b) {
14 if(b&1) re = re * a % Mod;
15 a = a * a % Mod;
16 b >>= 1;
17 }
18 return re%Mod;
19 }
20
21 int main() {
22 cin >> n >> m;
23 memset(vis, true, sizeof(vis));
24 for(int i=1; i<=m; ++i) {
25 int x, y;
26 scanf("%d%d", &x, &y);
27 vis[x][y] = vis[y][x] = false;
28 }
29 for(int i=1; i<=6; ++i) // 边界条件 第一层每面向上为1
30 f[pos][i] = 1;
31 for(LL i=2; i<=n; ++i) { // 枚举2-n层
32 pos = 1 - pos; //滚动 0 1交替
33 for(int j=1; j<=6; ++j) { // 点数为j的向上
34 f[pos][j] = 0; // 滚动回来先清零
35 for(int k=1; k<=6; ++k) // i-1层的顶面
36 if(vis[oppo[j]][k]) // 点数j的对应面能否不相斥
37 f[pos][j] += f[1-pos][k];
38 f[pos][j] %= Mod;
39 }
40 }
41
42 for(int i=1; i<=6; ++i)
43 Ans = (Ans+f[pos][i]) % Mod;
44 res = ksm(4, n);
45 Ans = Ans*res % Mod;
46 cout << Ans;
47 return 0;
48 }
方法二是用矩阵快速幂来做，先挖个坑。。。
