蓝桥杯补题

知识点模块

1.x=(y²-z²)，x=（y-z）*（y+z）；说明x由两个奇偶性相同的数相乘而得
令y-z=a，y+z=b，消元一下得出2*y=（a+b），因为y为整数，所以a+b为偶数，所以a和b的奇偶性肯定是相同的
2.一个数由两个偶数相乘而得到
那么它一定是4的倍数

题解模块

P8635 [蓝桥杯 2016 省 AB] 四平方和
这题做过两次了，还有3个点超时，注意一下三层循环里要把i那层写成i * i<n,把j那层写成i*i+j * j<n，把k那层写成i * i+j * j +k * k<n

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=0;i*i<n;i++)
	{
		for(int j=i;i*i+j*j<n;j++)
		{
			for(int k=j;i*i+j*j+k*k<n;k++)
			{
				int m=n-i*i-j*j-k*k;
				int h=(int)sqrt(m);
				if(h*h==m){
					cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" "<<h;
					return ;
				}
			}
		}
	}
	
}
int main()
{
	int t=1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

P9231 [蓝桥杯 2023 省 A] 平方差
1.其实我们做题总是倾向于按照题目给的思路来，但真正的做题不是这样的，这就考察我们的思维和思考角度了这一题，具体看知识点1。
2.根据知识点1，我们可以得知当x为奇数时，x由1和它本身相乘而得，当x为偶数时，它由两个偶数构成，一个数的两个质因数都是偶数，那么这个数就是4的倍数
3.所以答案就是l和r之间，奇数的个数+4的倍数的个数

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
typedef pair<int,int> pii;
#define all(v) v.begin(),v.end()
typedef long long ll;
int j(int x)
{
	if(!x) return 0;
	else return (x+1)/2;
}

int o(int x)
{
	return x/4;
}



void solve()
{
	int l,r;
	cin>>l>>r;
	cout<<j(r)-j(l-1)+o(r)-o(l-1);

}
signed main()
{
	int t=1;
	//cin>>t;
	while(t-- ) solve();
	return 0;
}

P8605 [蓝桥杯 2013 国 AC] 网络寻路
1.先把每个点连接的图，画出来，每个点和多少个其他的点连接称为节点的度，联通的点固定一下路径，然后看这两个节点所连的其他节点有哪些，尝试枚举一下，其实其他节点就是度数-1。

2.以这个图为例子，我们固定1-2，那么与1连接的点有除2以外的3，4；那么则有4->1->2->3 , 4->1->3->2，那么实际上这样的路径就有（u的度数-1 * v的度数-1），由于是可以双向的，所以还要×2
3.所以开三个数组，d，u，v存度数，和每次的路线的两个点，然后按照上面公式算结果即可

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
typedef pair<int,int> pii;
#define all(v) v.begin(),v.end()
typedef long long ll;
int p[1005];

void solve()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	int d[10005]={0},u[100005]={0},v[100005]={0};
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>u[i]>>v[i];
		d[u[i]]++;
		d[v[i]]++;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		ans+=(d[u[i]]-1)*(d[v[i]]-1)*2;
	}
	cout<<ans;
}
signed main()
{
	int t=1;
	//cin>>t;
	while(t-- ) solve();
	return 0;
}

P8604 [蓝桥杯 2013 国 C] 危险系数
1.要找关键点，其实一个点到另一个点的关键点，可以通过这个点被经过的次数，和总路径的次数比较，如果是相等的，那么就是关键点，可以画图出来理解
2.第一种方法就是简单的dfs遍历，寻找u和v间的总路径数，并统计每个点走过的次数，但是如果不会敲dfs就写不出来
3.第二种方法，是我的天才队友想出来的，可以通过并查集来解决，思路大概就是每次删除一个点以后，重新对所有的点找最终的父亲，如果说这个点被删了导致u和v的父亲不一样，那么这个点就是关键点，也就是删除点后再检查联通性

dfs的写法

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
typedef pair<int,int> pii;
#define all(v) v.begin(),v.end()
typedef long long ll;
int n,m,u,v,a[1005][1005],ans,sum;
int cnt[1005];
bool st[1005];
void dfs(int x)//x代表遍历的深度 
{
	if(x==v)
	{
		sum++;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(st[i]) cnt[i]++;
	}else{
		
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(a[x][i]==1&&!st[i])
			{
				st[i]=1;
				dfs(i);//搜索这个通的点 
				st[i]=0;
				
			}
		}
	}
}

void solve()
{
	
	cin>>n>>m;
	while(m--)
	{
		cin>>u>>v;
		a[u][v]=a[v][u]=1;
	}
	
	cin>>u>>v;
	dfs(u);
	if(sum>0){
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(cnt[i]==sum) ans++;
		}
		cout<<ans-1;
	}else cout<<-1;
	
}
signed main()
{
	int t=1;
	//cin>>t;
	while(t-- ) solve();
	return 0;
}

并查集的写法

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
typedef pair<int,int> pii;
#define all(v) v.begin(),v.end()
typedef long long ll;
int n,m,ans;
int p[1005];
pii a[1005];
int find(int x)
{
	return  p[x]==x?x:p[x]=find(p[x]);
}

void solve()
{
	//点是1 2 3 4 5 不是我们输入这个点对哈 不要理解成点对 
	cin>>n>>m;

	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>a[i].first>>a[i].second;
	}
	int u,v;
	cin>>u>>v;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		iota(p,p+n+1,0);
		if(i==u||i==v) continue;
		
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(a[j].first==i||a[j].second==i) continue;//这个就是删除操作 
			int xx=find(a[j].first),yy=find(a[j].second);
			p[xx]=yy;
		}
		//上面删完枚举的点以后 重新找了u和v的父亲
		//删完以后如果u和v的父亲不一样了就是不联通了 
		if(find(u)!=find(v)) ans++;
		
	}
	cout<<ans;
}
signed main()
{
	int t=1;
	//cin>>t;
	while(t-- ) solve();
	return 0;
}