1、
标题：啤酒和饮料
啤酒每罐2.3元，饮料每罐1.9元。小明买了若干啤酒和饮料，一共花了82.3元。
我们还知道他买的啤酒比饮料的数量少，请你计算他买了几罐啤酒。
注意：答案是一个整数。请通过浏览器提交答案。
不要书写任何多余的内容（例如：写了饮料的数量，添加说明文字等）。
典型的送温暖题目，暴力即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
for(int i=0;i<36;i++)
{
for(int j=0;j<44;j++)
{
if(2.3*i+1.9*j==82.3&&i<j)
cout<<i<<" "<<j<<endl;
}
}
return 0;
}
答案11
2、标题：切面条
一根高筋拉面，中间切一刀，可以得到2根面条。
如果先对折1次，中间切一刀，可以得到3根面条。
如果连续对折2次，中间切一刀，可以得到5根面条。
那么，连续对折10次，中间切一刀，会得到多少面条呢？
答案是个整数，请通过浏览器提交答案。不要填写任何多余的内容。
找规律题，不难发现对折次数与面条条数之间存在f[n]=2*f[n-1]-1，即切n次与切n-1次有这样的关系，那么不难写出代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans[12];
int main(){
ans[0]=2;
for(int i =1;i<=10;i++){
ans[i]=2*ans[i-1]-1;
}
cout<<ans[10]<<endl;
}
答案1025
3、
标题：李白打酒
话说大诗人李白，一生好饮。幸好他从不开车。
一天，他提着酒壶，从家里出来，酒壶中有酒2斗。他边走边唱：
无事街上走，提壶去打酒。
逢店加一倍，遇花喝一斗。
这一路上，他一共遇到店5次，遇到花10次，已知最后一次遇到的是花，他正好把酒喝光了。
请你计算李白遇到店和花的次序，可以把遇店记为a，遇花记为b。则：babaabbabbabbbb 就是合理的次序。像这样的答案一共有多少呢？请你计算出所有可能方案的个数（包含题目给出的）。
注意：通过浏览器提交答案。答案是个整数。不要书写任何多余的内容。
一道数据型的DFS，并不是只有迷宫地图才会用到DFS，需要搜索所有可能的情况，需要注意的是，只能出现五次店和十次花，并且最后一次正好是花而且酒正好喝完，把这个条件作为递归结束条件进行DFS即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans;
void dfs(char choice,int rank1,int rank2,int num)
{
if(rank1==0&&rank2==0&&num==0&&choice=='b')
{
ans++;
return;
}
else if(rank1<0||rank2<0)
return;
for(int i=0;i<2;i++)
{
char c='a'+i;
if(c=='b'&&num-1<0) continue;
if(choice=='a')
dfs(c,rank1-1,rank2,num*2);
else if(choice=='b')
dfs(c,rank1,rank2-1,num-1);
}
}
int main()
{
ans=0;
for(int i=0;i<2;i++)
dfs('a'+i,5,10,2);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
答案是14
4、
标题：史丰收速算
史丰收速算法的革命性贡献是：从高位算起，预测进位。不需要九九表，彻底颠覆了传统手算!
速算的核心基础是：1位数乘以多位数的乘法。
其中，乘以7是最复杂的，就以它为例。
因为，1/7 是个循环小数：0.142857…，如果多位数超过 142857…，就要进1
同理，2/7, 3/7, … 6/7 也都是类似的循环小数，多位数超过 n/7，就要进n
下面的程序模拟了史丰收速算法中乘以7的运算过程。
乘以 7 的个位规律是：偶数乘以2，奇数乘以2再加5，都只取个位。
乘以 7 的进位规律是：
满 142857… 进1,
满 285714… 进2,
满 428571… 进3,
满 571428… 进4,
满 714285… 进5,
满 857142… 进6
请分析程序流程，填写划线部分缺少的代码。
//计算个位
int ge_wei(int a)
{
if(a % 2 == 0)
return (a * 2) % 10;
else
return (a * 2 + 5) % 10;
}
//计算进位
int jin_wei(char* p)
{
char* level[] = {
“142857”,
“285714”,
“428571”,
“571428”,
“714285”,
“857142”
};
char buf[7];
buf[6] = ‘\0’;
strncpy(buf,p,6);
int i;
for(i=5; i>=0; i–){
int r = strcmp(level[i], buf);
if(r<0) return i+1;
while(r==0){
p += 6;
strncpy(buf,p,6);
r = strcmp(level[i], buf);
if(r<0) return i+1;
______________________________; //填空
}
}
return 0;
}
//多位数乘以7
void f(char* s)
{
int head = jin_wei(s);
if(head > 0) printf("%d", head);
char* p = s;
while(*p){
int a = (*p-‘0’);
int x = (ge_wei(a) + jin_wei(p+1)) % 10;
printf("%d",x);
p++;
}
printf("\n");
}
int main()
{
f(“428571428571”);
f(“34553834937543”);
return 0;
}
注意：通过浏览器提交答案。只填写缺少的内容，不要填写任何多余的内容（例如：说明性文字）
这个代码实在是有点抽象，需要仔细阅读，实际上就是六位六位比较，从而确定需要进多少位，如果满了需要再多进一位，如果没满就直接返回。答案如下
if(r>0)return i
5、
标题：打印图形
小明在X星球的城堡中发现了如下图形和文字：
rank=3
*
* *
* *
* * * *
rank=5
*
* *
* *
* * * *
* *
* * * *
* * * *
* * * * * * * *
* *
* * * *
* * * *
* * * * * * * *
ran=6
*
* *
* *
* * * *
* *
* * * *
* * * *
* * * * * * * *
* *
* * * *
* * * *
* * * * * * * *
* * * *
* * * * * * * *
* * * * * * * *
* * * * * * * * * * * * * * * *
* *
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* * * * * * * *
* * * *
* * * * * * * *
* * * * * * * *
* * * * * * * * * * * * * * * *
* * * *
* * * * * * * *
* * * * * * * *
* * * * * * * * * * * * * * * *
小明开动脑筋，编写了如下的程序，实现该图形的打印。
#define N 70
void f(char a[][N], int rank, int row, int col)
{
if(rank==1){
a[row][col] = ‘*’;
return;
}
int w = 1;
int i;
for(i=0; i<rank-1; i++) w *= 2;
____________________________________________;
f(a, rank-1, row+w/2, col);
f(a, rank-1, row+w/2, col+w);
}
int main()
{
char a[N][N];
int i,j;
for(i=0;i<N;i++)
for(j=0;j<N;j++) a[i][j] = ’ ';
f(a,6,0,0);
for(i=0; i<N; i++){
for(j=0; j<N; j++) printf("%c",a[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}
请仔细分析程序逻辑，填写缺失代码部分。
通过浏览器提交答案。注意不要填写题目中已有的代码。也不要写任何多余内容（比如说明性的文字）
讲道理这道题还是猜着做的好，不难发现需要填的空应该是和下面两行相似的递归函数，把这段代码复制到编译器里，把下面的递归参数组合一下猜一猜运行一下，出现RANK=6的图像说明猜对了。
f(a, rank-1, row, col+w/2)
6、标题：奇怪的分式
上小学的时候，小明经常自己发明新算法。一次，老师出的题目是：
1/4 乘以 8/5
小明居然把分子拼接在一起，分母拼接在一起，答案是：18/45 （参见图1.png）
老师刚想批评他，转念一想，这个答案凑巧也对啊，真是见鬼！
对于分子、分母都是 1~9 中的一位数的情况，还有哪些算式可以这样计算呢？
请写出所有不同算式的个数（包括题中举例的）。
显然，交换分子分母后，例如：4/1 乘以 5/8 是满足要求的，这算做不同的算式。
但对于分子分母相同的情况，2/2 乘以 3/3 这样的类型太多了，不在计数之列!
注意：答案是个整数（考虑对称性，肯定是偶数）。请通过浏览器提交。不要书写多余的内容。
依然可以暴力解决，反正是填空题，注意条件就好了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt=0;
int main()
{
for(int i=1;i<=9;i++)
{
for(int j=1;j<=9;j++)
{
for(int m=1;m<=9;m++)
{
for(int n=1;n<=9;n++)
{
if(i==j||m==n) continue;
if(fabs(1.0*(10*i+m)/(j*10+n)-(1.0*i*m)/(j*n))<1e-10)
cnt++;
}
}
}
}
cout<<cnt<<endl;
}
答案14
7、标题：六角填数
如图【1.png】所示六角形中，填入1~12的数字。
使得每条直线上的数字之和都相同。
图中，已经替你填好了3个数字，请你计算星号位置所代表的数字是多少？
请通过浏览器提交答案，不要填写多余的内容。
比较像蓝桥杯前几年出过的那种凑巧的题目，不过这一道很难凑巧了，需要把这个复杂的图转换为一个普通的搜索，再便利全部条件DFS即可，主要在于能想出来把这个图化为一维数组以及如何确定边上数字和相等。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[15];
int vis[15];
void dfs(int x)
{
if(x==1||x==2)
{
dfs(x+1);
return ;
}
if(x==12)
{
int t[6];
t[0] = num[1] + num[3] + num[6] + num[8];
t[1] = num[1] + num[4] + num[7] + num[11];
t[2] = num[2] + num[3] + num[4] + num[5];
t[3] = num[2] + num[6] + num[9] + num[12];
t[4] = num[8] + num[9] + num[10] + num[11];
t[5] = num[12] + num[10] + num[7] + num[5];
for(int i = 1; i <6; i++)
if(t[i] != t[i-1])
return ;
cout<<num[6]<<endl;
return ;
}
for(int i=1;i<=12;i++)
{
if(vis[i]==0)
{
num[x]=i;
vis[i]=1;
dfs(x+1);
vis[i]=0;
}
}
}
int main()
{
memset(num,0,sizeof(num));
memset(vis,0,sizeof(vis));
num[1]=1;
num[2]=8;
num[12]=3;
vis[1]=1;
vis[3]=1;
vis[8]=1;
dfs(1);
return 0;
}
答案10
8、标题：蚂蚁感冒
长100厘米的细长直杆子上有n只蚂蚁。它们的头有的朝左，有的朝右。
每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是1厘米/秒。
当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。
这些蚂蚁中，有1只蚂蚁感冒了。并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。
请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。
【数据格式】
第一行输入一个整数n (1 < n < 50), 表示蚂蚁的总数。
接着的一行是n个用空格分开的整数 Xi (-100 < Xi < 100), Xi的绝对值，表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。正值表示头朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现0值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。
要求输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。
例如，输入：
3
5 -2 8
程序应输出：
1
再例如，输入：
5
-10 8 -20 12 25
程序应输出：
3
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
第一次看这个题觉得很熟悉，今年蓝桥的校内选拔赛出过这道题，当时以为特别难就直接没做，看了网上大神的AC代码才知道原来这么容易，要找到生病蚂蚁的位置，生病蚂蚁左边向右爬的蚂蚁会被感染，生病蚂蚁右边向左爬的蚂蚁会被感染，把握好这一点就可以了，记得加上自己本身。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
int to;
int dis;
int rank;
};
struct node Node[1005];
bool cmp(struct node a,struct node b)
{
return a.dis<b.dis;
}
int main()
{
int n,ans=0,temp,left=0,right=0;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>Node[i].dis;
if(Node[i].dis<0) Node[i].to=-1;
else Node[i].to=1;
Node[i].dis=fabs(Node[i].dis);
Node[i].rank=i+1;
}
sort(Node,Node+n,cmp);
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(Node[i].rank==1)
{
temp=i;
break;
}
if(Node[i].to==1) left++;
}
for(int i=temp+1;i<n;i++)
{
if(Node[i].to==-1)
right++;
}
if(Node[temp].to==1&&right==0||Node[temp].to==-1&&left==0) ans=1;
else ans=left+right+1;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
9、
标题：地宫取宝
X 国王有一个地宫宝库。是 n x m 个格子的矩阵。每个格子放一件宝贝。每个宝贝贴着价值标签。
地宫的入口在左上角，出口在右下角。
小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。
走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。
当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是k件，则这些宝贝就可以送给小明。
请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这k件宝贝。
【数据格式】
输入一行3个整数，用空格分开：n m k (1<=n,m<=50, 1<=k<=12)
接下来有 n 行数据，每行有 m 个整数 Ci (0<=Ci<=12)代表这个格子上的宝物的价值
要求输出一个整数，表示正好取k个宝贝的行动方案数。该数字可能很大，输出它对 1000000007 取模的结果。
例如，输入：
2 2 2
1 2
2 1
程序应该输出：
2
再例如，输入：
2 3 2
1 2 3
2 1 5
程序应该输出：
14
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
一开始以为这就是个DFS，然后越做越觉得这题没这么简单，最后只过了45%的测试点，网上大神的思路是用记忆化深搜或者动态规划，确实有动态规划的影子，但是超出我的能力范围，先放自己的过了一部分的代码，每一步都分为选择这个物品或者不选择这个物品，，之后再进行深搜
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<memory.h>
using namespace std;
int N,M,K;
int Map[55][55];
long long int ans=0;
int dir[2][2]={1,0,0,1};
void dfs(int x,int y,int mmax,int cnt)
{
if(x==N-1&&y==M-1)
{
if(cnt==K)
ans++;
return;
}
for(int i=0;i<2;i++)
{
int tx=x+dir[i][0];
int ty=y+dir[i][1];
if(tx<0||ty<0||tx>=N||ty>=M) continue;
if(Map[tx][ty]>mmax)
for(int j=0;j<2;j++)
if(j==0)
dfs(tx,ty,mmax,cnt);
else
dfs(tx,ty,Map[tx][ty],cnt+1);
else if(Map[tx][ty]<=mmax)
dfs(tx,ty,mmax,cnt);
}
}
int main()
{
cin>>N>>M>>K;
for(int i=0;i<N;i++)
for(int j=0;j<M;j++)
cin>>Map[i][j];
for(int i=0;i<2;i++)
if(i==0)
dfs(0,0,0,0);
else
dfs(0,0,Map[0][0],1);
cout<<ans%1000000007<<endl;
return 0;
}
下面是网上大神的AC代码
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define eps 10e-10
#define N 1000000007
int ans;
int d[51][51][13][14];
int p[51][51];
int n,m,k;
int dfs(int x,int y,int num,int maxvalue){
if(d[x][y][num][maxvalue + 1] != -1){
return d[x][y][num][maxvalue + 1];
}
int t = 0;
if(x == n-1 && y == m-1){
if(p[x][y] > maxvalue){
if(num == k || num == k-1)t++;
}
else if(num == k){
t ++;
}
return d[x][y][num][maxvalue + 1] = t;
}
if(x + 1 < n){
if(p[x][y] > maxvalue){
t += dfs(x+1,y,num+1,p[x][y]);
t %= N;
t += dfs(x+1,y,num,maxvalue);
t %= N;
}
else {
t += dfs(x+1,y,num,maxvalue);
t %= N;
}
}
if(y + 1 < m){
if(p[x][y] > maxvalue){
t += dfs(x,y+1,num+1,p[x][y]);
t %= N;
t += dfs(x,y+1,num,maxvalue);
t %= N;
}
else {
t += dfs(x,y+1,num,maxvalue);
t %= N;
}
}
d[x][y][num][maxvalue + 1] = t;
return d[x][y][num][maxvalue + 1];
}
int main(){
while(cin>>n>>m>>k){
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = 0; j < m; ++j)
cin>>p[i][j];
}
memset(d,-1,sizeof(d));
d[0][0][0][0] = dfs(0,0,0,-1);
cout<<d[0][0][0][0]<<endl;
}
return 0;
}
10、标题：小朋友排队
n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列，但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。
每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候，所有小朋友的不高兴程度都是0。
如果某个小朋友第一次被要求交换，则他的不高兴程度增加1，如果第二次要求他交换，则他的不高兴程度增加2（即不高兴程度为3），依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时，他的不高兴程度增加k。
请问，要让所有小朋友按从低到高排队，他们的不高兴程度之和最小是多少。
如果有两个小朋友身高一样，则他们谁站在谁前面是没有关系的。
【数据格式】
输入的第一行包含一个整数n，表示小朋友的个数。
第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn，分别表示每个小朋友的身高。
输出一行，包含一个整数，表示小朋友的不高兴程度和的最小值。
例如，输入：
3
3 2 1
程序应该输出：
9
【样例说明】
首先交换身高为3和2的小朋友，再交换身高为3和1的小朋友，再交换身高为2和1的小朋友，每个小朋友的不高兴程度都是3，总和为9。
【数据规模与约定】
对于10%的数据， 1<=n<=10；
对于30%的数据， 1<=n<=1000；
对于50%的数据， 1<=n<=10000；
对于100%的数据，1<=n<=100000，0<=Hi<=1000000。
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
做到这里的时候脑子已经不清醒了，基本也做不下去了，大数据的那部分想了想直接放弃了，用冒泡排序进行暴力居然可以过一半多的测试用例，不亏不亏。
自己对了82%的代码：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<memory.h>
using namespace std;
int stu[100005];
int angry[100005];
int N,flag;
long long int ans=0;
int main()
{
cin>>N;
memset(angry,0,sizeof(angry));
for(int i=0;i<N;i++)
cin>>stu[i];
for(int i=0;i<N-1;i++)
{
flag=1;
for(int j=0;j<N-1;j++)
{
if(stu[j]>stu[j+1])
{
flag=0;
angry[j]++;
angry[j+1]++;
int temp=stu[j];
stu[j]=stu[j+1];
stu[j+1]=temp;
temp=angry[j];
angry[j]=angry[j+1];
angry[j+1]=temp;
ans+=angry[j];
ans+=angry[j+1];
}
}
if(flag) break;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
网上大神的AC代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 100010
#define MAX 1000100
int C[MAX], S[MAX], b[N];
long long total[N], ans;
int num[N], T, s, t, i, j;
int Lowbit(int x){
return x&(x^(x-1));
}
void add(int pos,int num,int *P) {
while(pos <= MAX) {
P[pos] += num;
pos += Lowbit(pos);
}
}
int Sum(int end,int *P) {
int cnt = 0;
while(end > 0) {
cnt += P[end];
end -= Lowbit(end);
}
return cnt;
}
void init(){
total[0] = 0;
for(i = 1; i < N; ++i){
total[i] = total[i-1] + i;
}
}
int main() {
init();
while(~scanf("%d",&T)) {
memset(C,0,sizeof(C));
memset(S,0,sizeof(S));
//memset(num,0,sizeof(num));
//memset(b,0,sizeof(b));
//ans = 0;
for(j = 0; j < T; j ++) {//因为第一个数前面比它小的数没有，所以j要从0开始
scanf("%d",&num[j]);
add(num[j]+1,1,C);
b[j] = j - Sum(num[j], C);//Sum(num[j],C)求的就是小于s的个数，j - Sum(num[j],C)就是前j个数中大于num[j]的个数
b[j] -= Sum(num[j]+1,C) - Sum(num[j],C)-1;
//printf("%d ",b[j]);
}
//printf("\n");
ans = 0;
for(j = T-1; j > -1; --j){//反过来求第j个数右边中小于它的数的个数。
add(num[j]+1 ,1, S);
b[j] += Sum(num[j] ,S);//Sum(num[j],S)求的就是小于num[j]的个数
//b[j] -= Sum(num[j]+1,S) - Sum(num[j],S)-1;
//printf("%d ",b[j]);
ans += total[b[j]];
}
//printf("\n");
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}