2022 第十三届蓝桥杯大赛软件赛省赛，C/C++ 大学B组题解

2022 第十三届蓝桥杯大赛软件赛省赛，C/C++ 大学B组题解

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第1题 —— 九进制转十进制 （5分）

• 进制转换，9的0次方乘2+9的1次方乘2+2次方乘0+三次方乘9，输出就行。
• 答案：1478

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
    
    
  cout<<2+2*9+2*9*9*9<<"\n";
  return 0;
}

第2题 —— 顺子日期 （5分）

• 年份确定了是2022，可以枚举出每一天，然后暴力判断一下就行。
• 答案：14

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int days[13] = {
    
     0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 }; //2022不是闰年
int main(){
    
    
    int cnt = 0;
    for(int month = 1; month <= 12; month++)
    for (int day = 1; day <= days[month]; day++) {
    
    
        string s = "2022";
        if (month < 10) s += '0'+ to_string(month);
        else s += to_string(month);
        if (day < 10) s += '0' + to_string(day);
        else s += to_string(day);
        if(s.find("012") != s.npos || s.find("123") != s.npos){
    
    
            cnt++;
        }
    }
    cout<<cnt<<"\n";
    return 0;
}

第3题 —— 刷题统计 （10分）

• 不难想到暴力模拟，day++表示天数，然后不断减掉对应星期几的天数即可。
• 1e18会超时，因为每周的题数是固定的，所以单独拿出来做除法。
• 1e18要开longlong。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL; //开ll
int main(){
    
    
    LL a, b, n;  cin>>a>>b>>n;
    LL c = a*5+b*2; //每周做的题数
    LL day = n/c*7; //直接除
    n = n%c;
    while(n > 0){
    
    
        day++;
        if(day%7==6 || day%7==0)n -= b; //周末
        else n -= a;
    }
    cout<<day<<"\n";
    return 0;
}

第4题 —— 修剪灌木 （10分）

• 题意：给一个数组，每秒钟所有数+1，指针开始在最左边，每秒往右移动一个，到边界后转向回来然后往复循环，求数组可能产生的最大值。
• 其实一眼结论题
  每个灌木被剪掉以后，在下一次被剪之前，这段时间内，灌木丛会生长到最大，就是看他什么下次什么时候被剪。
  所以当前灌木丛的最大长度取决于灌木丛到两端点的距离，那么for一遍输出就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    
    
    int n;  cin>>n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)cout<<max(i-1,n-i)*2<<endl;
    return 0;
}

第5题 —— X进制减法 （15分）

• 题意：定义X进制表示每一位进制不同的数。给出两个X进制数A和B（规则相同，但是不知道规则，且最高N进制，最低2进制），求A-B的可能最小值。

• 思路：
  因为AB的规则是一样的，所以A-B第i位的值其实已经确定了，就是给他们加个规则。
  那必然是进制越小越好，最好是2进制。
  如果都是2进制就不满足规则了，所以最小进制肯定是右边i+1上A和B的最大+1，不要再大了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1000000007, maxn = 1e5+10;
LL a[maxn], b[maxn];

int main(){
    
    
    int n, an, bn;  cin>>n>>an;
    for(int i = an; i >= 1; i--)cin>>a[i];//1-n低位到高位
    cin>>bn;
    for(int i = bn; i >= 1; i--)cin>>b[i];
    LL ans = 0, base = 1;
    for(int i = 1; i <= an; i++){
    
    
        LL w = max({
    
    a[i], b[i],1LL})+1;
        ans = (ans+(a[i]-b[i])*base)%mod;
        base = base*w%mod;
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

第6题 —— 统计子矩阵 （15分）

• 题意：求给出的nm的矩阵里有多少个子矩阵满足和不超过k。
• 不难想到二维前缀和，然后暴力枚举对角线，四次方可以求出所有的解。
  但是数据范围是500的，所以还要再优化一维。
• 不难想到枚举一个横坐标上的区间以后，纵坐标维度上的可以采用双指针（尺取法）来做。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 550;
LL a[maxn][maxn], b[maxn][maxn], ans;

int main(){
    
    
    int n, m, k;  cin>>n>>m>>k;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
    
        for(int j = 1; j <= m; j++){
    
    
            cin>>a[i][j];
            a[i][j] += a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];//二维前缀和
        }
    }
    for(int l = 1; l <= m; l++){
    
    
        for(int r = l; r <= m; r++){
    
    
            for(int i = 1, j = 1; i <= n; i++){
    
       //双指针
                while(j <= i && (a[i][r]-a[i][l-1]-a[j-1][r]+a[j-1][l-1])>k){
    
    
                    j++;
                }
                if(j <= i)ans += i-j+1;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

第7题 —— 积木画 （20分）

• 题意：有2种积木，2xn的板子，求有多少放法。
• 明显是个dp，想一下状态，令f(i,j) 表示前i-1列填满且第i列的状态为j，j=0(00) j=1(10) j=2(01) j=3(11)时候的放法数量。线性+2维的复杂度也是刚刚好。
• 然后转移的时候尝试把各种格子放进去即可。
• 这题一个比较坑的点是直接开longlong会爆内存，要int然后转longlong，内存卡的有点紧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e7+10, mod = 1e9+7;
int f[maxn][4];

int main(){
    
    
    int n;  cin>>n;
    f[0][3] = 1;
    f[1][0] = 1; f[1][1] = 1; f[1][2] = 1; f[1][3] = 2;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
    
    
        f[i][0]=(LL)(f[i-1][3])%mod;
        f[i][1]=(LL)(f[i-1][0]+f[i-1][2])%mod;
        f[i][2]=(LL)(f[i-1][1]+f[i-1][0])%mod;
        f[i][3]=((LL)(f[i-1][1]+f[i-1][2])%mod+(LL)(f[i-1][3]+f[i-2][3])%mod)%mod;
    }
    cout<<f[n][0]<<endl;
    return 0;
}

第8题 —— 扫雷 （20分）

• 题意：给出n个地雷，坐标x,y和半径r的圆。接下来m个排雷火箭，也是坐标x,y和半径r的圆。排雷火箭范围内的地雷会爆炸，然后爆炸的地雷范围内的地雷也会爆炸，求最后炸了多少个地雷。
• 注意到所有点爆炸半径都不超过10，而且每个点坐标都是整数，那么对于一个点其半径内的点完全可以枚举出来，最多也就400个点，n是5e4，乘起来相当于遍历一遍所有可能的点，复杂度也够。
• 坐标直接用map存的话带个log会超时，所以要用无向的map（加个哈希）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long qpow(long long x){
    
     return x * x; }

struct hsh {
    
    
    size_t operator () (const pair<int,int> &a) const {
    
    
        return a.first * 239 + a.second * 7; 
    }
};
unordered_map< pair<int,int>, int, hsh> mp;
unordered_map< pair<int,int>, int, hsh> rr;
long long ans = 0;

void dfs(int x, int y, int r){
    
    
    for(int i = x-r; i <= x+r; i++){
    
      //枚举半径范围内的所有点
        for(int j = y-r; j <= y+r; j++){
    
    
            if(qpow(i-x)+qpow(j-y) <= qpow(r)){
    
    
                auto it = make_pair(i,j);
                if(mp.count(it)){
    
     //判断是不是雷
                    ans += mp[it];
                    mp.erase(it);
                    dfs(i,j,rr[it]); //递归爆炸
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    
    
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;  cin>>n>>m;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
    
        int x, y, r;  cin>>x>>y>>r;
        auto pos = make_pair(x,y);
        mp[pos]++;
        rr[pos] = max(r, rr[pos]);
    }
    while(m--){
    
    
        int x, y, r;  
        cin>>x>>y>>r;
        dfs(x, y, r); //从这里开始爆炸
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

第9题 —— 李白打酒加强版 （25分）

• 题意：开始有2斗酒， 逢店加一倍, 遇花喝一斗。一共遇到店 N 次, 遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花, 他正好把酒喝光了。求一路遇到店和花的顺序, 有多少种不同的可能?
  没酒 ( 0 斗) 时遇店是合法的, 加倍后还是没酒; 但是没酒时遇 花是不合法的。
• 明显也是dp，比积木还简单一点，据说是有原题。令 f[i][j][k] 表示走过了 i 个酒馆，j 个花，还有 k 斗酒的方案数， 此时复杂度刚刚好。
• 转移：到酒馆时，因为到酒馆时翻一倍，所以这时的 k 一定是偶数。遇到花时，上一次的酒比当前多 1，所以从k+1转移。
• 可以用记忆化写，看起来清楚一点。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m,dp[110][110][110];

int dfs(int i, int j, int k){
    
    //走过了i个酒馆，j个花，还有k斗酒的方案数
    if(i<0 || j<0 || k<0)return 0;//遇花,遇店,酒壶里的酒都要>=0
    if(i>k)return 0; //每次要喝1，所以酒馆要小于总酒量
    if(j==0 && i==1 && k==1)return 1; //边界状态，一个酒馆
    if(dp[i][j][k] != -1)return dp[i][j][k];
    return dp[i][j][k] = (dfs(2*i,j-1,k)+dfs(i-1,j,k-1))%1000000007;
}

int main(){
    
    
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    cin>>n>>m;
    cout<<dfs(2,n,m)<<"\n";
    return 0;
}

第10题 —— 砍竹子 （25分）

• 题意：一排n个竹子，每次可以选一个高度相等的区间变成根号hi/2+1下取整，求最少多少次能让所有竹子的高度变为1。
• 数据范围 2e5，暴力肯定过不去，估计nlogn。因为是根号，所以把一根竹子变成1最多只要操作6次，所以到时候肯定会有很多相等的区间的竹子，我们不妨贪心的从高到低砍竹子（这样肯定不会更坏）。
• 此时不难想到用堆维护，我们每次找出最高的竹子，把相同高度且编号连续的竹子依次取出（所以要重载结构体维护一个编号），然后把竹子砍一半再加入堆中。直到最高的竹子的高度是1就代表我们已经结束了。
• 用longlong的时候，sqrt要换成sqrtl！！不然会爆精度，其他类似的函数也是。

总结2点：
1、首先我们注意到，一般的做题过程就是，找到某个结论（关键点，突破口），然后做优化的那种题目，比如说数据范围1e5，但是某个数据很小（发现6次就砍完，地雷范围r<10），就可以拿这个做文章，再比如一眼暴力，然后想想怎么用结论（比如说来回走动的规律，到两边的距离，双指针）这种来优化，或者说其实大多数dp类型的思维/暴力题，都有点这种意味在里面。
2、另外一个思维的切入点是，先想清楚再写代码，think twice, code once，这样不容易思路被带偏，不要上来就啪啪啪输入输出，这样后面就卡住了（起码我是这样的，会被打断，可能题意都忘记了，那还写个锤子），大体思路想好，感觉方案可行了，优化完了再写，细节具体再补充上去就行，不要上来就暴力，不是每道题都有写暴力对拍的时间成本的。 虽然在写不出来了的时候多交一个暴力骗分也是一个好习惯。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

struct node{
    
    
    LL h, num; 
    bool operator <(const node &rhs)const{
    
     return h==rhs.h ? num>rhs.num : h<rhs.h; }
};
priority_queue<node> q;

int main(){
    
    
    int n;  cin>>n;
    LL t, ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
    
        cin>>t;  q.push((node){
    
    t,i});
    }
    while(q.top().h != 1){
    
    
        t = q.top().h;
        n = q.top().num-1;
        while(q.top().h==t&&q.top().num==n+1){
    
    //把高度相同且编号连续的竹子砍完再入堆
			n++;
			q.pop();
			q.push((node){
    
    sqrtl(t/2+1),n});
		}
		ans++;
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}