2021 第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛, 国赛，C/C++ 大学B组题解

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在这里插入图片描述
这把的线段树题不太好做，两个二进制dp题（虽然都可以dfs转移）都有点麻烦。
如果前面的粗心大意，找规律/结论公式没找到，或者前缀和二分和二叉树没写出来的话，就寄了。

第1题 —— 带宽（5分）

在这里插入图片描述

题目：Mbps和MB的单位换算，不会有人不会吧，不会吧不会吧。
答案：25

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

int main(){
    
    
    cout<<200/8;
    return 0;
}

第2题 —— 纯质数（5分）

在这里插入图片描述

题意：纯质数是本身为质数，而且每一位的数字也是质数的数。求1-20210605有多少个这样的数。
思路：直接暴力枚举每个数，拆出来判断是不是即可。
答案：1903

//T2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int isprime(int x){
    
    
	if(x==1)return 0;
	for(int i = 2; i*i <= x; i++){
    
    
		if(x%i==0){
    
    
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
set<int>se;
int check(int x){
    
    
	int t = x;
	while(t){
    
    
		int r = t%10;
		if(!se.count(r))return 0;
		t = t/10;
	}
	return 1;
}
int main(){
    
    
	se.insert(2);
	se.insert(3);
	se.insert(5);
	se.insert(7);
	int cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= 20210605; i++){
    
    
		if(isprime(i)){
    
    
			if(check(i)){
    
    
				cnt++;
			}
		}
	}
	cout<<cnt<<"\n";
	return 0;
}

第3题 —— 完全日期（10分）

在这里插入图片描述

题意：定义完全日期表示，一个日期的年月日的各位数字之和是完全平方数。求给定起止的两个日期间有多少个完全日期。
思路：暴力枚举日期，然后判断一下是不是即可。
答案：977

//T3
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int days[13] = {
    
    0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main(){
    
    
	int cnt = 0;
	for(int y = 2001; y <= 2021; y++){
    
    
		if((y%100!=0&&y%4==0)||y%400==0){
    
    
			days[2] = 29;
		}else{
    
    
			days[2] = 28;
		}
		for(int m = 1; m <= 12; m++){
    
    
			for(int d = 1; d <= days[m]; d++){
    
    
				int s = 0;
				int yy=y, mm=m,dd=d;
				while(yy){
    
    s+=yy%10; yy/=10;}
				while(mm){
    
    s+=mm%10; mm/=10;}
				while(dd){
    
    s+=dd%10; dd/=10;}
				int q = (int)sqrt(s);
				if(q*q==s){
    
    
					cnt++;
				}
			}
		}
	}
	cout<<cnt<<"\n";
	return 0;
}

第4题 —— 最小权值（10分）

在这里插入图片描述

题意：给出一颗二叉树，定义他的权值规则，求最小可能的权值是多少。
答案：2653631372
思路：dp状态为i个节点的最小权值，转移的时候枚举左子树有多少个节点，右子树的节点数就知道了，然后也知道比当前节点数小的最小权值，直接扫一遍取min可以了。

//dp[i]: 有i个节点的树的最小权值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    
    
    vector<long long> dp(2022, LLONG_MAX);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= 2021; i++) {
    
    
        for (int j = 0; j < i; j++) {
    
    
            dp[i] = min(dp[i], 1+2*dp[j]+ 3*dp[i-j-1] + j*j*(i-j-1));
        }
    }
    cout << dp[2021] << endl;
    return 0;
}

第5题 —— 大写（15分）

在这里插入图片描述

题意：字母大小写转换
思路：直接输出即可

//T5
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    
    
	string s;  cin>>s;
	for(int i = 0; i < s.size(); i++)
		if(islower(s[i]))s[i] = toupper(s[i]);
	cout<<s;
	return 0;
}

第6题 —— 123 （15分）

在这里插入图片描述

题意：给一个有规律的数列，112123123412345这样排列下去。T组询问，每次求区间的和。
思路：前缀和+暴力可以过70%。

//baoli 70%
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6+10;

LL num[maxn], ss[maxn];

LL sum(LL x){
    
    
	LL xx = x;
	while(xx>0){
    
    
		LL t = (LL)sqrt(xx*2);
		if(t*(t+1)==xx*2){
    
    
			break;
		}
		xx--;
	}
	
	LL t = sqrt(xx*2);
	LL ans = (1+x-xx)*(x-xx)/2;
	
	ans += ss[t];
	return ans;
}


int main(){
    
    
	for(int i = 1; i < maxn; i++){
    
    
		num[i] = num[i-1]+1;
		ss[i] = ss[i-1]+(1+i)*i/2;
	}
	
	int T;  cin>>T;
	while(T--){
    
    
		LL l, r;  cin>>l>>r;
		cout<<sum(r)-sum(l-1)<<"\n";
	}
	return 0;
}

其实再优化一下，预处理出前缀和，然后加个二分去搜索就可以过（参考了一下官方题解，补题懒得重新敲啦）

//二分，100%
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e7;

int cnt = 2, tot = 2;
int sum[N + 100], mid[N + 100], b[N + 100];
void init(){
    
    
    sum[1] = 1;  mid[1] = 1;  b[1] = 1;
    for (int i = 3; i <= 1e12; i += cnt) {
    
    
        sum[tot] =  sum[tot - 1] + cnt;//sum数组存的是 1 2 3 4 5 6这个等差数列的前缀和
        mid[tot] = mid[tot - 1] + sum[tot];//mid数组存的是 1 12 123 1234 12345这个数组的前缀和
        b[tot++] = i;//b数组存的是 1 12 123 1234 12345这个数组的每一组最后一位数的下标
        cnt++;
    }
}

signed main() {
    
    
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    init();
    int T;  cin >> T;
    while (T--) {
    
    
        int l, r;  cin >> l >> r;
        int idxl = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, l) - b  ;//二分
        int idxr = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, r) - b  ;
        cout << mid[idxr - 1] + sum[idxr - (b[idxr] - r)] - mid[idxl - 1] - sum[idxl - (b[idxl ] - l + 1)] << '\n';
    }
    return 0;
}

或者发现这题有个结论公式，直接丢上去就可以过

//结论，100%
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long sum(long long u){
    
    
    double uh = sqrt(2*u)-0.5;
    long long n = (long long)uh;
    u = u-(n*(n+1))/2;
    return (u*(u+1))/2+(n*(n+1)*(n+2))/6;
}
int main(){
    
    
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
    
    
        long long l, r;  cin>>l>>r;
        cout<<sum(r)-sum(l-1)<<"\n";
    }
    return 0;
}

第7题 —— 异或变换（20分）

在这里插入图片描述

题意：给出一个长为n的01串，求经过t次变换后的串是什么。每次变换让si=si-1异或上si。
思路：暴力打表找规律发现，变换2的x次方次的串会变回原来的串，所以可以减掉这个次数，剩下的暴力变换即可。

//T7
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
string c[1000005];
int main(){
    
    
	LL n, t;  cin>>n>>t;
	string a;  cin>>a;
    LL tt = 1;  
    while (tt < n) tt *= 2;  
    t %= tt;
	for(int k = 1; k <= tt; k++){
    
    
		string b = a;
		for(int i = 1; i < n; i++){
    
    
			b[i] = (a[i-1]-'0')^(a[i]-'0')+'0';
		}
		a = b;
		// cout<<k<<": "<<b<<"\n";
		c[k] = b;
	}
	cout<<c[t]<<"\n";
	return 0;
}

第8题 —— 二进制问题（20分）

在这里插入图片描述

题意：求1-n的二进制中有多少个数恰好有K个1，n<1e18
思路：1e18那么必然不能枚举，所以肯定是结论题，或者跟K有关。直接结论发现有点难，那么从K的角度来考虑，二进制相关的dp。
考虑所有比n小的数的二进制规律：如果n的某一位为1
（1）这一位为0的二进制数，剩下所有低位任意取，可能结果一个组合数C(n,k) ，已经为1的位数不变。
（2）这一位为1的二进制数，递归到下一位，但已经为1的位数加1。
然后dfs处理。

//AC，100%
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL num, k;  
vector<LL>vc;

//计算组合数C(n,k)
LL f[70][70];
LL cal(LL n, LL k){
    
    
    if(f[n][k])return f[n][k];
    if(n==k || k==0)return 1;
    if(n<k)return 0;
    return f[n][k]=cal(n-1,k-1)+cal(n-1,k);
}

//solve
LL dfs(int i, int cnt){
    
    
    if(cnt==k)return 1;
    if(i<0 || cnt>k)return 0;
    LL res = 0;
    if(vc[i]){
    
    
        res += cal(i, k-cnt);
        res += dfs(i-1, cnt+1);
    }else{
    
    
        res += dfs(i-1, cnt);
    }
    return res;
}

int main(){
    
    
    cin>>num>>k;
    while(num){
    
    
        vc.push_back(num%2);  num /= 2;
    }
    cout<<dfs(vc.size()-1, 0);
	return 0;
}

写不来的话可以交个枚举的暴力，有50%

//50%
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
    
    
	LL n, k;  cin>>n>>k;
	int cnt = 0;
	for(LL i = 1; i <= n; i++){
    
    
		LL x = i, t = 0;
		while(x){
    
     t+=x&1; x>>=1;}
		if(t==k)cnt++;
	}
	cout<<cnt<<"\n";
	return 0;
}

第9题 —— 翻转括号序列（25分）

在这里插入图片描述

题意：长为n的括号序列，操作m次，每次可以将l-r区间的括号都变位相反，或者求L为左端点，最长的合法括号序列对应的R。
考虑操作2：
合法括号序列可以被等价地描述为，序列中左括号与右括号数量相等，且序列的任意前缀中，左括号数量不小于右括号数量。
更易接受的叙述是：如果将左括号赋值为 1，右括号赋值为 −1，则序列的和与最小前缀和均为 0。
考虑操作1：
将每个数都减去自己的2倍，1-2=-1，（-1）-（-2）=1，即可实现取反的效果。
然后建立线段树，并在每个结点维护：
和、最小前缀和、所有最小前缀和对应端点中最靠右者。
查询时，在线段树上二分，如果最小前缀和已经小于 0 ，则考虑向左走；否则继续向右走。由于 l 与二分所得端点（r’）所构成区间最小前缀和恰好为 0 ，答案即为 [l,r ′ ] 所有最小前缀和对应端点中最靠右者。
补题不想敲代码啦，贴一个dalao的能过的代码把。参考

//AC
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define vll vector<ll>
#define fi first
#define se second
#define mid ((l + r) >> 1)
#define ls (t << 1)
#define rs (t << 1 | 1)
const int maxn = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
struct Node{
    
    int mx , mi , sw , add;}tr[maxn << 2];
int a[maxn];
char s[maxn];
int n , m;
template <typename T>
void read(T & x){
    
     x = 0;T f = 1;char ch = getchar();while(!isdigit(ch)){
    
    if(ch == '-') f = -1;
ch = getchar();}while (isdigit(ch)){
    
    x = x * 10 + (ch ^ 48);ch = getchar();}x *= f;}
template <typename T>
void write(T x){
    
    if(x < 0){
    
    putchar('-');x = -x;}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}

void pushup (int t){
    
    
    tr[t].mx = max(tr[ls].mx , tr[rs].mx);
    tr[t].mi = min(tr[ls].mi , tr[rs].mi);
}
void build (int t , int l , int r){
    
    
    if (l == r){
    
    
        tr[t].mx = tr[t].mi = a[l];
        return ;
    }
    build(ls , l , mid);
    build(rs , mid + 1 , r);
    pushup(t);
}
void D_sw (int t){
    
    
    int mx = tr[t].mx , mi = tr[t].mi;
    tr[t].mx = -mi; tr[t].mi = -mx;
    tr[t].sw ^= 1;
    tr[t].add *= -1;
}
void D_add (int t , int c){
    
    
    tr[t].mi += c;
    tr[t].mx += c;
    tr[t].add += c;
}
void pushdown (int t){
    
    
    if (tr[t].sw){
    
    
        D_sw(ls);
        D_sw(rs);
        tr[t].sw = 0;
    }
    if (tr[t].add){
    
    
        D_add(ls,tr[t].add);
        D_add(rs,tr[t].add);
        tr[t].add = 0;
    }
}
void Swap (int t , int l , int r , int L , int R){
    
    
    if (L <= l && r <= R){
    
    
        D_sw(t);
        return ;
    }
    pushdown(t);
    if (L <= mid) Swap(ls , l , mid , L , R);
    if (R > mid) Swap(rs , mid + 1 , r , L , R);
    pushup(t);
    return ;
}
void add (int t , int l , int r , int L , int R , int c){
    
    
    if (L <= l && r <= R){
    
    
        D_add(t , c);
        return ;
    }
    pushdown(t);
    if (L <= mid) add(ls , l , mid , L , R , c);
    if (R > mid) add(rs , mid + 1 , r , L , R , c);
    pushup(t);
    return ;
}
// 单点查值
int ask1 (int t , int l , int r , int p){
    
    
    if (l == r) return tr[t].mx;
    pushdown(t);
    if (p <= mid) return ask1(ls , l , mid , p);
    return ask1(rs , mid + 1 , r , p);
}
// 找[p,n]中离p最近的一个小于c的点
int ask2 (int t , int l , int r , int p , int c){
    
    
    // -1 代表该区域没有 < c 的数
    if (l == r) return l;
    pushdown(t);
    // 优先往左走,再考虑什么情况下可以往左走
    // PS:这么走，答案只是"可能"存在
    int res = -1;
    if (tr[ls].mi < c && p <= mid)
        res = ask2(ls , l , mid , p , c);
    if (res != -1) return res;
    // 程序能执行到这里代表左边不存在答案了.只能往右走了
    if (tr[rs].mi < c)
        res = ask2(rs , mid + 1 , r , p , c);
    return res;
}
// 找[1,p]中离p最近的小于c的点
int ask3 (int t , int l , int r , int p , int c){
    
    
    if (l == r) return l;
    pushdown(t);
    int res = -1;
    if (tr[rs].mi < c && p > mid)
        res = ask3(rs , mid + 1 , r , p , c);
    if (res != -1) return res;
    if (tr[ls].mi < c) res = ask3(ls , l , mid , p , c);
    return res;
}
int pre[maxn];
void modify (int x){
    
    
    if (x == 0) return ;
    int v = ask1(1 , 1 , n , x);
    Swap(1 , 1 , n , 1 , x);
    if (x != n) add(1 , 1 , n , x + 1 , n , -2 * v);
}
int main()
{
    
    
    read(n); read(m);
    scanf("%s" , s + 1);
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
        if (s[i] == '(') a[i] = a[i - 1] + 1;
        else a[i] = a[i - 1] - 1;
    }
    build(1 , 1 , n);
    for (int i = 1 ; i <= m ; i++){
    
    
        int op , x , y; read(op);
        if (op == 1){
    
    
            read(x);read(y);
            modify(x - 1);
            modify(y);
        }else {
    
    
            read(x);
            int v;
            if (x == 1) v = 0;
            else v = ask1(1 , 1 , n , x - 1);
            int p = ask2(1 , 1 , n , x , v);
            if (p == -1) p = n + 1;
            int r = ask3(1 , 1 , n , p - 1 , v + 1);
            if (r == -1) r = 0;
            printf("%d\n" ,  (r <= x ? 0 : r));
        }
    }
    return 0;
}

第10题 —— 异或三角（25分）

在这里插入图片描述

题意：给出T个数，对每个数x求出有多少个三元组abc满足都小于x，且abc异或和为0，且abc能构成三角形。
异或和为0，意味三个数的每一位上1的个数只能为0或2。
设n>a>b>c，那么对每一位来说，abc的该位分别为110的状态要先于101出现。
考虑能组成三角形，即a<b+c，而异或为0得到a=b^c，所以b^c<b+c，所以必定存在着一组011的状态。
枚举ac，保证满足以上的限制条件后输出即可，参考

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n, f[40][2][2][2][2];
LL dfs(LL a, LL c, LL i, LL j, LL k){
    
    
    if(i==-1)return k;
    if(f[i][j][k][c][a] != -1)return f[i][j][k][c][a];
    LL top = j ? ((n>>i)&1) : 1 ;
    LL res = 0;
    for(LL bt = 0; bt <= top; bt++){
    
    
        LL nj = (j&&(bt==top));
        if(bt){
    
    
            if(!a)res += dfs(1,c,i-1,nj,k); //a最大，最高位1给a和b 
            else{
    
    
                res += dfs(1,c,i-1,nj,k); //给a、b 
				res += dfs(1,1,i-1,nj,k); //给a、c 
            }
        }else{
    
    
            res += dfs(a,c,i-1,nj,k);        //全0 
			if(c!=0) res+=dfs(a,1,i-1,nj,1); //给b、c，若c==0，给b、c的话会使b>a  
        }
    }
    return f[i][j][k][c][a]=res;
}
int main(){
    
    
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
    
    
        cin>>n;
        memset(f,-1,sizeof f);
        cout<<dfs(0,0,31,1,0)*6LL<<"\n";
    }
    return 0;
}

2021 第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛, 国赛，C/C++ 大学B组题解

文章目录

第1题 —— 带宽 （5分）

第2题 —— 纯质数 （5分）

第3题 —— 完全日期 （10分）

第4题 —— 最小权值 （10分）

第5题 —— 大写 （15分）

第6题 —— 123 （15分）

第7题 —— 异或变换 （20分）

第8题 —— 二进制问题 （20分）

第9题 —— 翻转括号序列 （25分）

第10题 —— 异或三角 （25分）

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