标题：第几天
2000年的1月1日，是那一年的第1天。
那么，2000年的5月4日，是那一年的第几天？
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
解题思路：最简单的做法就是直接点桌面右下角的日期，选回2000年自己一个一个加月份去吧。还有一种做法就是数手指判断月份的天数（记得判断一下是否闰年哦）
答案：125
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标题：明码
汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。
16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。
一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，
一共16行，布局是：
第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
....
第31字节, 第32字节
这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。
题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并根据要求填写答案。
这段信息是（一共10个汉字）：
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
思路：本题我写过题解，第九届蓝桥杯 b组 明码，本题并不难，只是将10进制数转换为2进制，唯一需要注意的是负数转变为二进制的情况，需要注意原码，补码，反码，不了解的点这里。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h> // 387420489
#include <string.h>
int a[8],k,l;
void er(int x)
{
l=0;
memset(a,0,sizeof(a));
if(x>=0)
{
while(x)
{
int t=x%2;
a[l++]=t;
x/=2;
}
}
else
{
x*=-1;
while(x)
{
int t=x%2;
a[l++]=t;
x/=2;
}
for(int i=0;i<8;i++)
{
if(a[i]) a[i]=0;
else a[i]=1;
}
a[0]+=1;
int i=0;
while(a[i]==2)
{
a[i]=0;
a[i+1]++;
i++;
}
}
for(int i=7;i>=0;i--)
printf("%d",a[i]);
}
int main()
{
int t1,t2;
for(int i=0;i<160;i++)
{
scanf("%d%d",&t1,&t2);
er(t1);
er(t2);
printf("\n");
}
return 0;
}
标题：乘积尾零
如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？
5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211
注意：需要提交的是一个整数，表示末尾零的个数。不要填写任何多余内容
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思路：两数相乘，末尾有多少个零，怎么计算呢？我们只需要计算这些数里有多少对2,5。有多少对，就有多少个零，想到这里，这道题就解决了。下面是一道类似的变形题 冷门进制 。
#include <stdio.h> // 31
int t,t1,t2,ans;
int min(int x,int y)
{
return x<y?x:y;
}
int main()
{
for(int i=0;i<100;i++)
{
scanf("%d",&t);
if(t%2==0)
{
int temp1=t;
while(temp1%2==0)
{
t1++;
temp1/=2;
}
}
if(t%5==0)
{
int temp2=t;
while(temp2%5==0)
{
t2++;
temp2/=5;
}
}
}
ans=min(t1,t2);
printf("%d",ans);
return 0;
}
标题：测试次数
x星球的居民脾气不太好，但好在他们生气的时候唯一的异常举动是：摔手机。
各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试，并且评定出一个耐摔指数来，之后才允许上市流通。
x星球有很多高耸入云的高塔，刚好可以用来做耐摔测试。塔的每一层高度都是一样的，与地球上稍有不同的是，他们的第一层不是地面，而是相当于我们的2楼。
如果手机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则手机耐摔指数=7。
特别地，如果手机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n
为了减少测试次数，从每个厂家抽样3部手机参加测试。
某次测试的塔高为1000层，如果我们总是采用最佳策略，在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢？
请填写这个最多测试次数。
注意：需要填写的是一个整数，不要填写任何多余内容。
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思路：这个题非常好。。。源自于一道很经典的谷歌面试题，我之前写过这道题的思路和代码，点这里-----------------二分是找不到正确答案的。本题需要动态规划的思想 。首先，假设我们有N部手机，M层楼。那么题意要求我们在刚好摔坏N部手机时恰好测试出手机的抗摔系数，（采用最优策略）即此时我们测试次数的最小值是多少。注意，这里的意思是，因为我们选择测试楼层的策略的原因，在N部手机M层楼的情况下，测试任何抗摔系数的手机的次数都不大于我们所求的次数。这里，我们采用动态规划的做法。显然，如果我们只有一部手机，那么无论如何，我们都老老实实的要从第一层开始向上摔，即dp[1][j]=j. 当我们手中的手机数量大于1的时候，我们便可以考虑开始在不同的楼层测试抗摔系数。我们假设答案为k次，那么显然，第一次的时候我们需要站在第k层楼摔。假如此时我们手里的手机摔坏了，那么我们还剩下n-1部手机，测试k-1层楼；假如我们没有摔坏，那么我们还有n部手机，测试j-k层楼。
代码：
#include <stdio.h>
int dp[5][1005],k;
//我们假设第一次站在k层楼摔
//dp[i][j]代表有i部手机j层楼时摔坏所有手机的情况下 测试任意抗摔系数的最多次数
//dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][k-1],dp[i][j-k));
//状态转移方程表示 ：1.不同k之间取最小值 2.同一 k之间的不同情况取最大值，避免遗漏（如果在这里取了最小值，那么意味着需要更多测试次数情况的测试不到）
//dp[i][j-k]表示还剩下j-k层楼没有测试，在这里不要想当然的认为楼层越高越容易摔碎，我们需要的只是能测试所有的楼层即可
int min(int x,int y)
{
return x<y?x:y;
}
int max(int x,int y)
{
return x>y?x:y;
}
int main()
{
for(int i=1;i<=3;i++)
{
for(int j=1;j<=1000;j++)
{
dp[i][j]=j; //初始化
}
}
for(int i=2;i<=3;i++)
{
for(int j=2;j<=1000;j++)
{
for(int k=1;k<=j;k++)
{
dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][k-1],dp[i][j-k])+1);
}
}
}
printf("%d",dp[3][1000]);
return 0;
}
标题：快速排序。
以下代码可以从数组a[]中找出第k小的元素。
它使用了类似快速排序中的分治算法，期望时间复杂度是O(N)的。
请仔细阅读分析源码，填写划线部分缺失的内容。
#include <stdio.h>
int quick_select(int a[], int l, int r, int k) {
int p = rand() % (r - l + 1) + l;
int x = a[p];
{int t = a[p]; a[p] = a[r]; a[r] = t;}
int i = l, j = r;
while(i < j) {
while(i < j && a[i] < x) i++;
if(i < j) {
a[j] = a[i];
j–;
}
while(i < j && a[j] > x) j–;
if(i < j) {
a[i] = a[j];
i++;
}
}
a[i] = x;
p = i;
if(i - l + 1 == k) return a[i];
if(i - l + 1 < k) return quick_select( _____________________________ ); //填空
else return quick_select(a, l, i - 1, k);
}
int main()
{
int a[] = {1, 4, 2, 8, 5, 7, 23, 58, 16, 27, 55, 13, 26, 24, 12};
printf("%d\n", quick_select(a, 0, 14, 5));
return 0;
}
注意：只填写划线部分缺少的代码，不要抄写已经存在的代码或符号
答案：(a, i+1, r, k - (i - l + 1));
思路：这是一道代码填空题，相信接触过快速排序的同学应该知道答案是怎么来的。不了解快速排序的点这里。第1~3个参数比较容易想到，但第4个空怎么来的呢，我们可以看横线前的条件if(i - l + 1 == k)，由于参数 l 是会变化的，所以保持选第k小不变，k也要变化，减去i - l + 1就可以啦。---------------听说蓝桥杯取消代码填空题了
标题：递增三元组
给定三个整数数组
A = [A1, A2, … AN],
B = [B1, B2, … BN],
C = [C1, C2, … CN]，
请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足：
- 1 <= i, j, k <= N
- Ai < Bj < Ck
【输入格式】
第一行包含一个整数N。
第二行包含N个整数A1, A2, … AN。
第三行包含N个整数B1, B2, … BN。
第四行包含N个整数C1, C2, … CN。
对于30%的数据，1 <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000
【输出格式】
一个整数表示答案
【样例输入】
3
1 1 1
2 2 2
3 3 3
【样例输出】
27
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
————————————————
思路：二分查找。如果我们以a数组为基准的话，那么我们需要去遍历b数组，这样时间复杂度会很高。那么我们是不是可以换种思路，即以b数组为基准，然后在a数组里找到小于b[i]的最大的数，在c数组里找到大于b[i]的最小的数，然后将元素数量相乘，便可以得到答案。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
long long n,a[100005],b[100005],c[100005];
long long ans;
int kk(const void *p,const void *q)
{
return *(int *)p-*(int *)q;
}
long long er1(long long x) //返回有几个比x小的元素
{
long long head=0;
long long tail=n;
long long mid=(head+tail)>>1;
while(tail>head)
{
if(a[mid]<x)
{
head=mid+1;
}
else if(a[mid]>=x)
{
tail=mid;
}
mid=(head+tail)>>1;
}
return head;
}
int er2(int x) //返回有几个不大于x的元素
{
long long head=0;
long long tail=n;
long long mid=(head+tail)>>1;
while(tail>head)
{
if(c[mid]>x)
{
tail=mid;
}
else if(c[mid]<=x)
{
head=mid+1;
}
mid=(head+tail)>>1;
}
return head;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%lld",&b[i]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%lld",&c[i]);
}
qsort(a,n,sizeof(long long ),kk);
qsort(b,n,sizeof(long long),kk);
qsort(c,n,sizeof(long long ),kk);
for(int i=0;i<n;i++)
{
ans+=er1(b[i])*(n-er2(b[i]));
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
标题：螺旋折线
如图p1.png所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。
例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9
给出整点坐标(X, Y)，你能计算出dis(X, Y)吗？
【输入格式】
X和Y
对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
对于70%的数据，-100000 <= X， Y <= 100000
对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000
【输出格式】
输出dis(X, Y)
【样例输入】
0 1
【样例输出】
3
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
思路：看一眼这道题的数据范围，感觉模拟着做肯定会超时，所以我们先找一下这个图的规律。
画工有限，相信聪明的你一定能看懂我的意思的。即：我们把图变为若干个正方形，很容易发现，前n个正方形的长度满足一定的规律，我们只要找出这个点属于第几个正方形，然后把长度加起来即可，下面是我找到的规律。
下面是代码：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
long long x,y,ans,n;
long long max(long long a,long long b)
{
return a>b?a:b;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&x,&y);
if(x<0)
{
if(x==y)
{
n=abs(x);
ans=(8*(n+1)*n)/2;
}
else
{
n=max(abs(x),abs(y));
if(y<-n+1)
{
ans=abs(x)+6.5*n+(8*(n-1)*n)/2;
}
else
{
ans=abs(y+n)+n+x+(8*(n-1)*n)/2;
}
}
}
else if(!x)
{
n=abs(y);
if(y>0)
{
ans=3*n+(8*(n-1)*n)/2;
}
else if(y<0)
{
ans=7*n+(8*(n-1)*n)/2;
}
else
{
ans=0;
}
}
else if(x>0)
{
n=max(abs(x),abs(y));
if(y>0)
{
ans=3*n+x+n-y+(8*(n-1)*n)/2;
}
else if(y<0)
{
ans=5*n+abs(y)+(n-abs(x))+(8*(n-1)*n)/2;
}
else
{
ans=5*n+(8*(n-1)*n)/2;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
标题：日志统计
小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份"点赞"日志，日志共有N行。其中每一行的格式是：
ts id
表示在ts时刻编号id的帖子收到一个"赞"。
现在小明想统计有哪些帖子曾经是"热帖"。如果一个帖子曾在任意一个长度为D的时间段内收到不少于K个赞，小明就认为这个帖子曾是"热帖"。
具体来说，如果存在某个时刻T满足该帖在[T, T+D)这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于K个赞，该帖就曾是"热帖"。
给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是"热帖"的帖子编号。
【输入格式】
第一行包含三个整数N、D和K。
以下N行每行一条日志，包含两个整数ts和id。
对于50%的数据，1 <= K <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 0 <= ts <= 100000 0 <= id <= 100000
【输出格式】
按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。
【输入样例】
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3
【输出样例】
1
3
————————————————
思路：尺取法。不了解尺取法的点这里，用c语言写了一份代码，内存是超限的，c语言中没有容器这个东西。。
标题：全球变暖
你有一张某海域NxN像素的照片，".“表示海洋、”#"表示陆地，如下所示：
…
.##…
.##…
…##.
…####.
…###.
…
其中"上下左右"四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。
由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。
例如上图中的海域未来会变成如下样子：
…
…
…
…
…#…
…
…
请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。
【输入格式】
第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000)
以下N行N列代表一张海域照片。
照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【输入样例】
7
…
.##…
.##…
…##.
…####.
…###.
…
【输出样例】
1
思路：这题比较简单，搜索做就好了，我用的dfs，bfs应该也能做。首先我们找出所有岛屿并对他们进行编号并记录下岛屿数量的最大值，然后我们淹没所有符合条件的岛屿，最后看一下剩下几个岛屿，用最大值减去这个数就好了。
#include <stdio.h>
int n,b[1005][1005],dd=0,vv[1000005],ans,Max=-1;
int next[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};
char a[1005][1005];
int max(int x,int y)
{
return x>y?x:y;
}
void ok(int x,int y) //是否可以被淹没
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
int tx=x+next[i][0];
int ty=y+next[i][1];
if(a[tx][ty]=='.'&&tx>=0&&tx<n&&ty>=0&&ty<n)
{
b[x][y]=0;
return ;
}
}
}
void dfs(int x,int y,int gg)
{
int tx;
int ty;
for(int i=0;i<4;i++)
{
tx=x+next[i][0];
ty=y+next[i][1];
if(!b[tx][ty]&&a[tx][ty]=='#'&&tx>=0&&tx<n&&ty>=0&&ty<n) //没被标记过的陆地·
{
b[tx][ty]=gg;
dfs(tx,ty,gg);
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%s",a[i]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(!b[i][j]&&a[i][j]=='#') //没被标记过的陆地
{
b[i][j]=++dd;
dfs(i,j,dd); //标记相连的所有陆地
Max=max(dd,Max);
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(a[i][j]=='#')
{
ok(i,j); //淹没陆地
}
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(b[i][j]&&!vv[b[i][j]]) //没被淹没并且该岛没有记录过
{
vv[b[i][j]]=1;
ans++;
}
}
}
printf("%d",Max-ans);
return 0;
}
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第十题我不会，如果有愿意教我的可以加我主页qq。个人感觉，第九届比第十届要难一些。
上面代码 或者 思路有问题的话，欢迎指正 。
