第一题 单位变换
题目
【问题描述】
在计算机存储中，15.125GB是多少MB？
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
思路
1G=1024M
答案
15488
第二题 约数个数
题目
【问题描述】
1200000有多少个约数（只计算正约数）。
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
思路
枚举+检查
参考代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1200000;
int main() {
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
if (N % i == 0)
ans++;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
答案
96
第三题 叶结点数
题目
【问题描述】
一棵包含有2019个结点的二叉树，最多包含多少个叶结点？
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
思路
n=n0+n1+n2，为使叶子节点数（n0）最多，必须n1最小，设为0，而n0=n2+1
得n2=(2019-1)/2=1009
所以n0=1010
答案
1010
第四题 数字9
题目
【问题描述】
在1至2019中，有多少个数的数位中包含数字9？
注意，有的数中的数位中包含多个9，这个数只算一次。例如，1999这个数包含数字9，在计算时只是算一个数。
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
思路
伪代码
for i from 9 to 2019
if str(i).contains('9')
ans++
参考代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2019;
bool check(int i) {
char s[5];
sprintf(s, "%d", i);
string str(s);
return str.find('9') != string::npos;
}
int main() {
int ans = 0;
for (int i = 9; i <= N; ++i) {
if (check(i)){
ans++;
cout<<ans<<":"<<i<<endl;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
答案
544
第五题 数位递增的数
题目
【问题描述】
一个正整数如果任何一个数位不大于右边相邻的数位，则称为一个数位递增的数，例如1135是一个数位递增的数，而1024不是一个数位递增的数。
给定正整数 n，请问在整数 1 至 n 中有多少个数位递增的数？
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示答案。
【样例输入】
30
【样例输出】
26
【评测用例规模与约定】
对于 40% 的评测用例，1 <= n <= 1000。
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000。
思路 O(kN)
迭代1~n
转换为字符串
迭代字符串的每一位，判断是否满足要求
参考代码
#include <iostream>
#include <cstring>
void work();
using namespace std;
int main() {
while (1)//死循环为测试用
work();
return 0;
}
void work() {
int n;
cin >> n;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
char s[8];
sprintf(s, "%d", i);
bool flag = 1;
for (int j = 1; j < strlen(s); ++j) {
if (s[j - 1] > s[j]) {
flag = 0;
break;
}
}
if (flag)
ans++;
}
cout << ans << endl;
}
第六题 递增三元组
题目
【问题描述】
在数列 a[1], a[2], …, a[n] 中，如果对于下标 i, j, k 满足 0<i<j<k<n+1 且 a[i]<a[j]<a[k]，则称 a[i], a[j], a[k] 为一组递增三元组，a[j]为递增三元组的中心。
给定一个数列，请问数列中有多少个元素可能是递增三元组的中心。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
第二行包含 n 个整数 a[1], a[2], …, a[n]，相邻的整数间用空格分隔，表示给定的数列。
【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示答案。
【样例输入】
5
1 2 5 3 5
【样例输出】
2
【样例说明】
a[2] 和 a[4] 可能是三元组的中心。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，2 <= n <= 100，0 <= 数列中的数 <= 1000。
对于所有评测用例，2 <= n <= 1000，0 <= 数列中的数 <= 10000。
思路 O(N^2)
枚举每个元素
该元素与前面的元素比较，找到小的即可
该元素与后面的元素比较，找到大的即可
上面两项为真，即说明当前元素可以作为三元组的中心
O(N^2)，因为N最大为1000，所以1秒内可以解决战斗。
参考代码
#include <iostream>
void work();
using namespace std;
int main() {
while(1)//死循环为测试用
work();
return 0;
}
void work() {
int n, ans = 0;
cin >> n;
int *data = new int[n];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin>>data[i];
}
for (int j = 1; j < n-1; ++j) {
int hasSmall=0;
for (int i = 0; i <j ; ++i) {
if(data[i]<data[j]){
hasSmall=1;
break;
}
}
int hasBig=0;
for (int k = j+1; k < n; ++k) {
if(data[j]<data[k]){
hasBig = 1;
break;
}
}
if(hasSmall&&hasBig)
ans++;
}
cout << ans << endl;
delete[] data;
}
第七题 音节判断
题目
【问题描述】
小明对类似于 hello 这种单词非常感兴趣，这种单词可以正好分为四段，第一段由一个或多个辅音字母组成，第二段由一个或多个元音字母组成，第三段由一个或多个辅音字母组成，第四段由一个或多个元音字母组成。
给定一个单词，请判断这个单词是否也是这种单词，如果是请输出yes，否则请输出no。
元音字母包括 a, e, i, o, u，共五个，其他均为辅音字母。
【输入格式】
输入一行，包含一个单词，单词中只包含小写英文字母。
【输出格式】
输出答案，或者为yes，或者为no。
【样例输入】
lanqiao
【样例输出】
yes
【样例输入】
world
【样例输出】
no
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，单词中的字母个数不超过100。
思路
找到第一个元音的下标index1，必须大于0，且能找到
沿着index1继续找下一个非元音得到index2，必须能找到
沿着index2继续找下一个元音得到index3，必须能找到
最后判断index3-1位置的字符应该是从后往前第一个非元音（因为index3及以后的字符都必须是元音了）
参考代码
#include <iostream>
int work();
using namespace std;
int main() {
while (1) { //死循环是为了测试
if (work())
cout << "yes" << endl;
else
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}
int work() {
string word;
const string yuan = "aeiou";
getline(cin, word);
if (word.size() < 4)
return 0;
//第一个元音字符的pos
int index1 = word.find_first_of(yuan, 0);
if (index1 == 0 || index1 == string::npos) {
return 0;
}
//之后第一个非元音
int index2 = word.find_first_not_of(yuan, index1 + 1);
if (index2 == word.size() - 1 || index2 == string::npos) {
return 0;
}
//之后第一个元音
int index3 = word.find_first_of(yuan, index2 + 1);
if (index3 == string::npos) {
return 0;
}
if (index3 - 1 != word.find_last_not_of(yuan)) {
return 0;
}
return 1;
}
解法2
将单词的辅音标记为0，元音标记为1，那么符合要求的单词形态为0+ 1+ 0+ 1
在限定开头必须为0，最后必须为1的情况下，01交替为3次，即前后元素相加结果为1的次数必须为3
代码：
#include <iostream>
int work();
using namespace std;
int main() {
while (1) { //死循环是为了测试
if (work())
cout << "yes" << endl;
else
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}
inline bool isYuan(char c) {
return c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u';
}
int work() {
string word;
getline(cin, word);
unsigned long size = word.size();
if (size < 4)
return 0;
if (isYuan(word[0]) || !isYuan(word[size - 1]))
return 0;
int *h = new int[size];
for (int i = 0; i < size; ++i) {
if (isYuan(word[i]))
h[i]=1;
else
h[i]=0;
}
int cnt=0;
for (int i = 1; i < size; ++i) {
if (h[i-1]+h[i]==1)cnt++;
}
delete[]h;
return cnt==3;
}
解法3
正则表达式，但是蓝桥杯竞赛还没有开启C++11的封印
代码
#include <iostream>
#include <regex>
int work();
using namespace std;
int main() {
while (1) { //死循环是为了测试
if (work())
cout << "yes" << endl;
else
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}
int work() {
string word;
getline(cin, word);
return regex_match(word, regex("[^aeiou]+[aeiou]+[^aeiou]+[aeiou]+"));
}
第八题 长草
题目
【问题描述】
小明有一块空地，他将这块空地划分为 n 行 m 列的小块，每行和每列的长度都为 1。
小明选了其中的一些小块空地，种上了草，其他小块仍然保持是空地。
这些草长得很快，每个月，草都会向外长出一些，如果一个小块种了草，则它将向自己的上、下、左、右四小块空地扩展，这四小块空地都将变为有草的小块。
请告诉小明，k 个月后空地上哪些地方有草。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m。
接下来 n 行，每行包含 m 个字母，表示初始的空地状态，字母之间没有空格。如果为小数点，表示为空地，如果字母为 g，表示种了草。
接下来包含一个整数 k。
【输出格式】
输出 n 行，每行包含 m 个字母，表示 k 个月后空地的状态。如果为小数点，表示为空地，如果字母为 g，表示长了草。
【样例输入】
4 5
.g...
.....
..g..
.....
2
【样例输出】
gggg.
gggg.
ggggg
.ggg.
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，2 <= n, m <= 20。
对于 70% 的评测用例，2 <= n, m <= 100。
对于所有评测用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= k <= 1000。
思路 O(N*M)
典型的bfs，基本是个模板题。时间复杂度最多为O(N*M)。
参考代码
#include <iostream>
#include <queue>
#define loop(i, x, y) for(register int i = x;i <= y;i++)
using namespace std;
//草地上的一块
struct block {
int i;
int j;
int month;
};
const int dx[] = {1, 0, -1, 0};
const int dy[] = {0, 1, 0, -1};
int vis[1000][1000]{};
int N, M, K;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
//freopen("in", "r", stdin);
//freopen("out", "w", stdout);
int a = clock();
cin >> N >> M;
queue<block> q;
char next_char;
cin.get(next_char);
while (next_char != '\n')cin.get(next_char);
loop(i, 0, N - 1) {
loop(j, 0, M - 1) {
cin.get(next_char);
if (next_char == 'g') {
q.push({i, j, 0});
vis[i][j] = 1;
}
}
cin.get(next_char);
while (next_char != '\n')cin.get(next_char);
}
cin >> K;
while (!q.empty()) {
block b = q.front();
q.pop();
int month = b.month;
if (month < K) {
loop(i, 0, 3) {
int nx = b.i + dx[i];
int ny = b.j + dy[i];
if (0 <= nx && nx < N && 0 <= ny && ny < M && vis[nx][ny] == 0) {
vis[nx][ny] = 1;
q.push({nx, ny, month + 1});
}
}
}
}
loop(i, 0, N - 1) {
loop(j, 0, M - 1) {
if (vis[i][j] == 1) cout << 'g';
else cout << '.';
}
cout << endl;
}
clog << clock() - a << endl;
return 0;
}
第九题 序列计数
题目
【问题描述】
小明想知道，满足以下条件的正整数序列的数量：
1. 第一项为 n；
2. 第二项不超过 n；
3. 从第三项开始，每一项小于前两项的差的绝对值。
请计算，对于给定的 n，有多少种满足条件的序列。
【输入格式】
输入一行包含一个整数 n。
【输出格式】
输出一个整数，表示答案。答案可能很大，请输出答案除以10000的余数。
【样例输入】
4
【样例输出】
7
【样例说明】
以下是满足条件的序列：
4 1
4 1 1
4 1 2
4 2
4 2 1
4 3
4 4
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例，1 <= n <= 5；
对于 50% 的评测用例，1 <= n <= 10；
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000。
思路：记忆型递归 O(N^3)
题干第三点，是一个递归定义，可以得到递归式：
f(pre,cur) = f(cur,1) + f(cur,2) + ... +f(cur,abs(pre-cur)-1) + 1
pre表示前一个数，cur代表当前的数，选定之后，序列种数等于以cur为前序，以1到abs-1为当前的序列数的总和再加1.
如f(5,2) = f(2,1)+f(2,2).
但是暴力递归的复杂度是指数级，输入1000时，实测运行时间为1000~2000ms；
基本的优化方案是加状态记忆：
参考代码
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>
#define _for(i, x, y) for(register int i = x;i <= y;i++)
#define _fordw(i, x, y) for(register int i = x;i >= y;i--)
typedef long long LL;
using namespace std;
int N;
LL ans;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];
LL dfs(int pre, int cur) {
// 询问状态
if (mem[pre][cur] != 0)
return mem[pre][cur];
LL ans = 1;
_for(j, 1,abs(pre-cur) - 1) {
ans = (ans + dfs(cur, j)) % MOD;
}
//记录状态
mem[pre][cur] = ans;
return ans;
}
void work() {
ans = 0;
cin >> N;
// f(pre,cur) = sum(f(cur,_new))|_new from 1 to abs(pre-cur)-1
_for(x, 1, N) ans = (ans + dfs(N, x)) % MOD;
cout << ans << endl;
}
进一步优化
至此，能通过80%的数据（在1000ms限制下）；
解空间是N的平方（详细为N*N）表格，但是每次都要循环加总，所以成了N的立方，在同样的解空间下，避免循环加总，即可优化到N的平方
重新考虑状态的转移：
如果我们用f(i,j)表示前一个数是i，当前数是1到j的合法序列的个数；有f(i,j) = 1 + f(i,j-1) + f(j,abs(i-j)-1)即分为两个部分1）i作为前一个数，从1j-1为当前数的合法序列的个数已经计算好，2）求以j为尾数，后面选择1abs(i-j)-1的合法序列的个数。
如 f(10,5)=f(10,4)+f(5,4);而不是枚举1到5；这样每次解答树只展开两个节点，相当于减少一层循环，虽然解答树的层次还是很深，但是由于记忆的存在，解空间仍然是N的平方。可在100ms内解决。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>
typedef long long LL;
using namespace std;
int N;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];
int dfs(int pre, int cur) {
if (cur <= 0) return 0;
if (mem[pre][cur] != 0) return mem[pre][cur];
return mem[pre][cur] = (1 + dfs(pre, cur - 1) + dfs(cur, abs(pre - cur) - 1)) % MOD;
}
void work() {
cin >> N;
cout << dfs(N, N) << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int a = clock();
work();
int b = clock();
clog << (b - a) << endl;
return 0;
}
第十题 晚会节目单
题目
【问题描述】
小明要组织一台晚会，总共准备了 n 个节目。然后晚会的时间有限，他只能最终选择其中的 m 个节目。
这 n 个节目是按照小明设想的顺序给定的，顺序不能改变。
小明发现，观众对于晚会的喜欢程度与前几个节目的好看程度有非常大的关系，他希望选出的第一个节目尽可能好看，在此前提下希望第二个节目尽可能好看，依次类推。
小明给每个节目定义了一个好看值，请你帮助小明选择出 m 个节目，满足他的要求。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m ，表示节目的数量和要选择的数量。
第二行包含 n 个整数，依次为每个节目的好看值。
【输出格式】
输出一行包含 m 个整数，为选出的节目的好看值。
【样例输入】
5 3
3 1 2 5 4
【样例输出】
3 5 4
【样例说明】
选择了第1, 4, 5个节目。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 20；
对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 100000，0 <= 节目的好看值 <= 100000。
错误思路
如果用两次排序求解，那就错了。因为并不是要选出的方案的好看值总和最大，而是要从前往后尽量好看。
思路 O(N^2)
此题关键在于“第一个节目尽可能好看”并希望“第二个节目尽可能好看”……那么我们选择的第一节目就是max(g[0]~g[n-m])闭区间，要选择的第二个节目是max(g[lastMax+1],g[n-m+1])及从上一个节目往下到n-m+1这个区间里面选最好看的，直到剩下的必须全部选择。
算法用尺取法，双指针移动。理论上的复杂度是O(M*(N-M))，极端情况是M=N/2，整体达到(N^2)/2。如果输入数据为：
100000 50000
100000 99999 ...
实测运行时间为：10秒以上
参考代码
int N, M;
void work() {
cin >> N >> M;
vector<int> games(N);
for (int i = 0; i < N; i++) {
cin >> games[i];
}
int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
while (pos_1 < pos_2)
if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;
cout << games[pos_max] << " ";
pos_1 = pos_max + 1;
pos_2++;
pos_max = pos_1;
}
while (pos_2 != N) {
cout << games[pos_2++] << " ";
}
cout << endl;
}
优化：区间最值查询 O(NlogN)
while (pos_1 < pos_2)
if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;
这一段代码是区间内查询最大值，反复多次，且数据是静态的，所以选择ST做RMQ。
f[i][j]表示以 i 为起点，连续 2^j 个数中的最大值（的下标）；
转移方程就是：f[i][j] = data[f[i][j-1]] >= data[f[i+pow_2(j-1)][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+pow_2(j-1)][j-1]; 注：比较原始数据，记录下标
由于预处理是O(nlogn)，M次查询是O(M)，每次查询是O(1)，所以整体复杂度为O(nlogn)。
下列代码实测运行时间100ms以内
参考代码
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int N, M;
vector<int> data;
/*===st rmq的数据 begin===*/
const int MAX_N = 100005;
const int MAX_POW = 20;
int f[MAX_N][MAX_POW], Log[MAX_N];
/*===st rmq的数据 end===*/
/*===st rmq的函数 begin===*/
void initLog() {
Log[1] = 0;//2的0次方为1，log2_1 = 0;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
Log[i] = Log[i / 2] +1;
}
}
//2的p次方
int pow_2(int p) {
return 1 << p;
}
void initSt() {
int i, j;
for (i = 0; i < N; ++i) {
f[i][0] = i;//注意这里存的是下标，而不是值
}
for (j = 1; pow_2(j) < N; ++j) {
for (i = 0; i + pow_2(j-1) < N; ++i) {
int index1 = f[i][j - 1];
int index2 = f[i + pow_2(j - 1)][j - 1];
f[i][j] = data[index1] > data[index2] ? index1 : index2;
}
}
}
int query(int l,int r){
int len = r-l+1;
int k = Log[len];
int index1 = f[l][k];
int index2 = f[r - pow_2(k) + 1][k];
return data[index1] > data[index2] ? index1 : index2;
}
/*===st rmq的函数 end===*/
void work() {
std::ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N >> M;
data = vector<int>(N);
for (int i = 0; i < N; i++) {
cin >> data[i];
}
/*===初始化st rmq相关数据===*/
initLog();
initSt();
int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/* while (pos_1 < pos_2)
if (data[++pos_1] > data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
pos_max = query(pos_1,pos_2);
cout << data[pos_max] << " ";
pos_1 = pos_max + 1;
pos_2++;
//pos_max = pos_1;
}
while (pos_2 != N) {
cout << data[pos_2++] << " ";
}
cout << endl;
}
int main() {
/* 造数据
freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
cout<<100000<<" "<<50000<<endl;
for (int i = 0; i < 100000; ++i) {
cout<<100000-i<<" ";
}
cout<<endl;*/
freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
int a = clock();
work();
int b = clock();
clog << (b - a) << endl;
return 0;
}
线段树参考代码
#include <iostream>
#include <vector>
#include <climits>
using namespace std;
int N, M;
vector<int> data;
/*===seg tree的数据 begin===*/
const int MAX_N = 100000 * 4;//线段树的节点个数=4倍n
int tree[MAX_N];
/*===seg tree的数据 end===*/
/*===seg tree的函数 begin===*/
/**
*
* @param nodeNum 节点编号
* @param l 区间左边界
* @param r
*/
void buildSegTree(int nodeNum, int l, int r) {
if (l == r) {
tree[nodeNum] = l;
return;
}
int mid = l + ((r - l) >> 1);
int left = nodeNum << 1;
int right = left + 1;
buildSegTree(left, l, mid);
buildSegTree(right, mid + 1, r);
int index1 = tree[left];
int index2 = tree[right];
tree[nodeNum] = data[index1] > data[index2] ? index1 : index2;
}
/**
*
* @param l 当前节点的区间左边界
* @param r
* @param ql
* @param qr
* @param nodeNum
* @return
*/
int query(int l, int r, int ql, int qr, int nodeNum) {
if (ql <= l && qr >= r)return tree[nodeNum];
int mid = l + ((r - l) >> 1);
int ans = -1;
if (ql <= mid) {
ans = query(l, mid, ql, qr, nodeNum << 1);
}
if (qr > mid){
if(ans==-1)
ans = query(mid + 1, r, ql, qr, nodeNum << 1 | 1);
else{
int _index = query(mid + 1, r, ql, qr, nodeNum << 1 | 1);
if (data[_index]>data[ans])
ans = _index;
}
}
return ans;
}
/*===seg tree的函数 end===*/
void work() {
std::ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N >> M;
data = vector<int>(N);
for (int i = 0; i < N; i++) {
cin >> data[i];
}
/*===初始化st rmq相关数据===*/
buildSegTree(1, 0, N - 1);
int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/* while (pos_1 < pos_2)
if (data[++pos_1] > data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
pos_max = query(0, N - 1, pos_1, pos_2, 1);
cout << data[pos_max] << " ";
pos_1 = pos_max + 1;
pos_2++;
// pos_max = pos_1;
}
while (pos_2 != N) {
cout << data[pos_2++] << " ";
}
cout << endl;
}
int main() {
/* 造数据
freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
cout<<100000<<" "<<50000<<endl;
for (int i = 0; i < 100000; ++i) {
cout<<100000-i<<" ";
}
cout<<endl;*/
// freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
int a = clock();
work();
int b = clock();
clog << (b - a) << endl;
return 0;
}
