2022年蓝桥杯C++B组题解 - 很详细

本人这次侥幸省1，特做题解复习，哈哈哈…

1.进制转换（5分）：

问题描述：

直接计算 2 + 2 * 9 + 2 * 9 * 9 * 9

答案： 1478

2.顺子日期（5分）

这题有争议： 主要在于0等不能开头：如 20220121

本人认为0不能作为开头 （因为例题中20220123 说明的顺子为123并不是012）：

所以顺子日期有： 20220123 20221123 20221230 20221231

答案 ：4

3.刷题统计（10分）

解题思路：

1. 考虑 a=1，b=1，n=1e18 情况，不能一天一天计算，会超时
2. 5 * a+2 * b 为一周的刷题量，先除法计算多少周，
3. 剩余的天数一直减就是了
4. if (n <= 0)break; 要放在第一位

参考代码：

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    
    
    long long a, b, n;
    cin >> a >> b >> n;
    long long day = 0;
    long long t = n / (5 * a + 2 * b);
    day += t * 7;  //先算多少周
    n = n % (5 * a + 2 * b);
    for (int i = 1; i <= 7; i++) {
    
     //再算天数
        if (n <= 0)break;
        if (i > 5)n -= b;
        else n -= a;       
        day++;       
    }
    cout << day;
    return 0;
}

4.修剪灌木（10分）

思路：

1. 对于每一个点都需要考虑 距离1端点的距离 和 n端点的距离
2. 因为来回剪，所以需要将距离 * 2
3. 再取两者大值即可
4. 最后特判 1的情况

参考代码：

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

5.X进制减法（15分）

算法 ： 简单的贪心

先分析一下题干的65是怎么出来的：

• 第一数位每一个数代表的必然是1
• 第二数位是由第一数位的二进制上来的，所以第二数位每一个数代表的是2
• 第三数位是由第二数位十进制进位上来的，所以第三数位每一个数代表的是2 * 10 = 20

所以 ： X(321) = 3 * 20 + 2 * 2 + 1 * 1 = 65;

参考代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10,MOD=1e9+7;
int a[N], b[N];
int n, ma, mb;
int main()
{
    
    
	cin >> n;
	cin >> ma;
	for (int i = ma - 1; i >= 0; i--)cin >> a[i];
	cin >> mb;
	for (int i = mb - 1; i >= 0; i--)cin >> b[i];

	long long t = 1; //到每一个的底数
	long long ans=0;
	for (int i = 0; i < ma; i++) {
    
    
		int c = max(a[i], b[i]) + 1;  //贪心取得最小的进制
		if (c < 2)c = 2;  //最小为2进制
		ans = (ans+(a[i] - b[i]) * t)%MOD;
		t = (t * c) % MOD;  
	}
	cout<<ans;
}

6.统计子矩阵（15分）

算法 ：二维前缀和

注意 ： 理论上朴素前缀和，在100%的数据上会超时 ，需要优化，只需不重复计算子矩阵就行

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 510;
int g[N][N];
int n, m, k;
int main()
{
    
    
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
    
    
			cin >> g[i][j];
			g[i][j] += g[i - 1][j] + g[i][j - 1] - g[i - 1][j - 1];
		}
	}
	/*
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cout << g[i][j] << " ";
		}
		cout << endl;
	}*/
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
    
    
			for (int x = i; x <= n; x++) {
    
    
				for (int y = j; y <= m; y++) {
    
    
					if (g[x][y] - g[x][j - 1] - g[i - 1][y] + g[i - 1][y - 1] <= k)ans++;
				}
			}
		}
	}
	cout << ans;
}

7.积木画（20分）

算法 ： 动态规划

思路 ：

转换方程 ： dp[i] 由 dp[i-1] , dp[i-2], dp[i-3] 状态转换过来

1. 由dp[i-1] 转到 dp[i] 只有一种可能

所以 dp[i] = dp[i-1] * 1

2. 由dp[i-2] 转到 dp[i] 只有一种可能（需要排除1中的情况）

所以 dp[i] = dp[i-2] * 1

3. 由 dp[i-3] 转到 dp[i] 有两种可能（需要排除1，2 的情况）

所以 dp[i] = dp[i-3] * 2

综上 ： dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] +dp[i-3] * 2

初始状态 ： dp[0] = 1 , dp[1] = 1 , dp[2] = 2

最终状态转移方程 ： dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2)%MOD;

参考代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 4, MOD = 1000000007;
int dp[N];  //dp[i]表示长度为i有dp[i]个拼法
int n;
int main() {
    
    
    cin >> n;
    dp[0] = 1;  
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
    
    
        dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2)%MOD;
    }
    cout << dp[n] ;
    return 0;
}

8.扫雷（20分）

算法 ：DFS

思路 ：

1. 被引爆的地雷可以认为是一颗排雷火箭
2. 每颗排雷火箭引爆，都遍历一下全部地雷，若在范围内，则将这颗雷引爆
3. 引爆了的雷需要标记一下，防止重复引爆

参考代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 50010;
struct Node {
    
    
    int x, y, r;
};
int n, m,ans=0;
Node mine[N];
bool visited[N];
Node rocket[N];
bool compare(Node a, Node b) {
    
    
    long xx = (a.x-b.x) * (a.x - b.x);
    long yy = (a.y-b.y) * (a.y - b.y);
    return sqrt(xx+yy) <= a.r;
}
void boom(Node node) {
    
    

    for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
        if (visited[i])continue;
        if (compare(node, mine[i])) {
    
    
            visited[i] = true;
            ans++;
            boom(mine[i]);
        }
    }
}
int main() {
    
    
    cin >> n >> m;
    int x, y, r;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
        cin >> x >> y >> r;
        mine[i] = {
    
     x,y,r };
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
    
    
        cin >> x >> y >> r;
        rocket[i] = {
    
     x,y,r };
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
    
    
        boom(rocket[i]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

9.李白打酒加强版

算法 ： 动态规划

状态表示：f[i][j][k] 表示访问前i个位置时，恰好访问j个店并且酒量恰好为k的时候的方案数；

状态转移：

1. 看花 : f[i][j][k] = f[i-1][j-1][k+1]
2. 遇店 ： f[i][j][k] = f[i-1][j][k/2];

起始状态 ：f[0][0][2] 刚开始2斗酒

注意：

• 看花时，需要保证 j>1 (不可能在上一次zhi前看完了花，这次还看花)
• 看店时 需要保证这是酒的数量是偶数，因为加倍永远是偶数

参考代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 110,MOD = 1e9+7;
int n, m;
int f[2*N][N][N];  //f[i][j][k] 表示在第i个位置（共有 n+m个位置），遇到j个花，目前还剩 k斗酒
int main() {
    
    
    cin >> n >> m;
    f[0][0][2] = 1;
    for (int i = 1; i <= n + m; i++) {
    
    
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
    
    
            for (int k = 0; k <= m; k++) {
    
      //酒的最大数量为m，如果大于m，就算后面的全是花也喝不完酒
                //遇到花
                if(j>=1) f[i][j][k] =f[i - 1][j - 1][k + 1];
                //遇到酒
                if (k % 2 == 0) {
    
      //
                    f[i][j][k] = (f[i][j][k]+f[i - 1][j][k / 2])%MOD;
                }
            }
        }
    }
    cout << f[n + m - 1][m - 1][1];
    return 0;
}

10.砍竹子

先做前面的，没做出来！！！！

最后总结：

蓝桥杯已经变了，不再是以前的暴力杯了，考验的更是思维，dfs和动态规划将成为常客。以后的小伙伴要多刷题，刷题，刷题！！！

创作不易，望小伙伴萌来波3连！！！！预祝各位下次省1 ！！！