1.31 蓝桥杯练习5题
退役哩，但是下学期还要打蓝桥。好久没写题脑袋空空，准备每天写几个练手。
1.[P8599 蓝桥杯 2013 省 B] 带分数
题意：\(100\) 可以表示为带分数的形式：\(100 = 3 + \frac{69258}{714}\)。
还可以表示为：\(100 = 82 + \frac{3546}{197}\)。
注意特征：带分数中，数字 \(1\) ~ \(9\) 分别出现且只出现一次（不包含 \(0\)）。
类似这样的带分数，\(100\) 有 \(11\) 种表示法。
思路：解题的关键在于数字 \(1\) ~ \(9\) 分别出现且只出现一次。那么对于一个带分数，我们可以分成三个部分：整数，分子，分母。由于题目给的时限是3秒，可以进行9的全排列，然后把这个排列分成3份，看可行性即可。
注意，对于除法不好判断，可以转化为乘法。
因为\(a+\dfrac{b}{c} = n\)则当\((n-a)*c = b\)成立时候是合法的。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int n,num[]={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9};
int get(int l,int r)
{
int res = 0;
for(int i = l; i <= r; i++)
{
res *= 10;
res += num[i];
}
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
cin>>n;
int ans = 0;
do{
for(int i = 1;i <= 7; i++)
{
for(int j = i+1;j <= 8; j++)
{
int a = get(1,i),b = get(i+1,j),c = get(j+1,9);
if((n-a)*c==b){
// cout<<"a = "<<a<<" b = "<<b<<" c = "<<c<<"\n";
ans++;
}
}
}
}while(next_permutation(num+1,num+10));
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
2.[P8787 蓝桥杯 2022 省 B] 砍竹子
题意：这天，小明在砍竹子，他面前有 \(n\) 棵竹子排成一排，一开始第 \(i\) 棵竹子的高度为 \(h_{i}\).
他觉得一棵一棵砍太慢了，决定使用魔法来砍竹子。魔法可以对连续的一段相同高度的竹子使用，假设这一段竹子的高度为 \(H\)，那么使用一次魔法可以把这一段竹子的高度都变为 \(\left\lfloor\sqrt{\left\lfloor\frac{H}{2}\right\rfloor+1}\right\rfloor\), 其中 \(\lfloor x\rfloor\) 表示对 \(x\) 向下取整。小明想知道他最少使用多少次魔法可以让所有的竹子的高度都变为 \(1\)。
思路：思考怎样才能使用魔法次数尽量的少，那就是在变到1之前连续一样的数尽可能的多。那么我们可以先预处理出每一个竹子高度变为1所要的操作次数。我们考虑贪心的去砍，因为我们想要连续的一样的尽量的多，并且我们不能使得矮的变成高的，那么我们肯定是优先砍高的，其他的不会更优。
具体操作：先预处理出每棵竹子需要砍的次数，从高到低去砍，注意如果当前的和下一个是一样的操作次数，但是注意如果高度不一样我们还是不能一起使用魔法的，只能对它(和它之前一样高度的)单独用。如果一样的话就可以和后面的一起使用魔法(注意我们是找到第一个不连续的那个进行统计的)。具体细节看代码
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N],b[N],mx;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
ll n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
ll cnt = 0;
ll t = a[i];
while(t != 1)
{
cnt++;
t = sqrt(t/2+1);
}
b[i] = cnt;
mx = max(mx,b[i]);
}
ll cnt = 0;
for(int i = mx;i > 0;i--)
{
for(int j = 1;j <= n; j++)
{
if(b[j] == i)
{
if(a[j] != a[j+1]) cnt++;//和后一个不一样，说明不可能有更多的连续的，需要用魔法
b[j]--;//砍过一次了，操作次数-1
a[j] = sqrt(a[j]/2+1);//高度变化
}
}
}
cout<<cnt<<"\n";
return 0;
}
3.[P8597 蓝桥杯 2013 省 B] 翻硬币
题意：桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零），比如可能情形是 **oo***oooo，如果同时翻转左边的两个硬币，则变为 oooo***oooo。现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币，那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？
思路：这个题很简单啦，直接模拟就行了，因为题目说一定有解，那么需要翻动我就一定要翻。从前往后翻，同一组之后翻一次，这样是最优的。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
string s,t; cin>>s>>t;
s = "?" + s;
t = "?" + t;
int n = s.size(),cnt = 0;
for(int i = 1;i < n; i++)
{
if(s[i] != t[i])
{
cnt++;
s[i] = t[i];
if(s[i+1]=='*')s[i+1] = 'o';
else s[i+1] = '*';
}
}
cout<<cnt<<"\n";
return 0;
}
4.[P9242 蓝桥杯 2023 省 B] 接龙数列
题意：对于一个长度为 \(K\) 的整数数列：\(A_{1},A_{2},\ldots,A_{K}\)，我们称之为接龙数列当且仅当 \(A_{i}\) 的首位数字恰好等于 \(A_{i-1}\) 的末位数字（\(2 \leq i \leq K\)）。
例如 \(12,23,35,56,61,11\) 是接龙数列；\(12,23,34,56\) 不是接龙数列，因为 \(56\) 的首位数字不等于 \(34\) 的末位数字。所有长度为 \(1\) 的整数数列都是接龙数列。
现在给定一个长度为 \(N\) 的数列 \(A_{1},A_{2},\ldots,A_{N}\)，请你计算最少从中删除多少 个数，可以使剩下的序列是接龙序列？
思路：一开始我不知道怎么去写，最少次数，感觉可能是二分？但是check函数写不了啊。看到数据范围\(1e5\)，可能是\(O(N)\)的，总共就\(9\)个数字，那么考虑\(dp[i]\)表示以\(i\)结尾最多能接上多少个？答案就是\(min(n-dp[1～9])\)
转移方程怎么写嘞？因为我们只用考虑首尾就行了，假设当前的首是\(s\)，尾是\(e\)。
考虑当前这个要还是不要，如果要接在前面，那么前一个的尾要是\(s\)，接上了的话答案就是\(dp[s]+1\)。如果不要这个就是直接继承\(dp[e]\)即可。
于是\(dp[e] = max(dp[e],dp[s]+1)\)
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 10;
ll dp[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
string s; cin>>s;
int len = s.size();
dp[s[len-1]-'0'] = max(dp[s[len-1]-'0'],dp[s[0]-'0']+1);
}
ll ans = 0;
for(int i = 0;i <= 9; i++)
ans = max(ans,dp[i]);
cout<<n-ans<<"\n";
return 0;
}
5.[P8784 蓝桥杯 2022 省 B] 积木画
题意：小明最近迷上了积木画，有这么两种类型的积木，分别为 \(I\) 型（大小为 \(2\) 个单位面积) 和 \(L\) 型 (大小为 \(3\) 个单位面积):
同时，小明有一块面积大小为 \(2 \times N\) 的画布，画布由 \(2 \times N\) 个 \(1 \times 1\) 区域构成。小明需要用以上两种积木将画布拼满，他想知道总共有多少种不同的方式? 积木可以任意旋转，且画布的方向固定。
思路：这个题是个图形\(dp\)，统计方案数。我们一步步来考虑。
\(2\times n\)的地方放积木，问方案数，考虑怎么放感觉会很困难，我们考虑最后一步要怎么放是不是容易很多呢？
冬天手冷，字略丑QAQ..hh
综上所述：答案就是：\(F[i] = 2*F[i-1]+F[i-3]\)
其中：\(F[1] = 1,F[2] = 2,F[3] = 5\)
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e7 + 10;
ll f[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
f[1] = 1,f[2] = 2,f[3] = 5;
for(int i = 4;i <= n; i++)
{
f[i] = (2*f[i-1]%mod+f[i-3])%mod;
}
cout<<f[n]<<"\n";
return 0;
}
