2020 蓝桥杯 C/C++实现 7月B组省赛

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2020蓝桥杯 C/C++ 7月B组省赛原题 & 题解

@TOC

试题 A: 跑步训练

本题总分：5 分
问题：
小明要做一个跑步训练。
初始时，小明充满体力，体力值计为 10000。如果小明跑步，每分钟损耗600 的体力。如果小明休息，每分钟增加 300 的体力。体力的损耗和增加都是均匀变化的。
小明打算跑一分钟、休息一分钟、再跑一分钟、再休息一分钟……如此循环。如果某个时刻小明的体力到达 0，他就停止锻炼。
请问小明在多久后停止锻炼。为了使答案为整数，请以秒为单位输出答案。
答案中只填写数，不填写单位。

思路： 简单循环即可。

答案： 3880 

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

int main()
{
	int first=10000,ans=0;
	while(first)
	{
		if(first>=600)
		{
			first-=600;
			ans+=60;
			first+=300;
			ans+=60;
		}
		else
		{
			ans+=first/10;
			first=0;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

试题 B: 纪念日

本题总分：5 分
问题：
2020 年 7 月 1 日是中国某党成立 99 周年纪念日。
中国某党成立于 1921 年 7 月 23 日。
请问从 1921 年 7 月 23 日中午 12 时到 2020 年 7 月 1 日中午 12 时一共含多少分钟？

思路： 先算多少天，再算多少时，再算多少分钟。

答案： 52038720

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

int main()
{
	int ans=0;
	for(int now=1922;now<2020;now++)//1922到2019年共有多少天 
	{
		if(now%100!=0&&now%4==0||now%400==0)
		{
			ans+=366;
		}
		else
		{
			ans+=365;	
		}	
	}
	ans=ans+31+29+31+30+31+30;//2020年1到6月有多少天 
	ans=ans+31+30+31+30+31;//1921年8月到12月有多少天
	ans+=9;//加上多余那几天
	ans*=24;//换算成时 
	ans*=60;//换算成分 
	cout<<ans; 
	return 0;
}

试题 C: 合并检测

本题总分：10 分
问题：
新冠疫情由新冠病毒引起，最近在 A 国蔓延，为了尽快控制疫情，A 国准 备给大量民众进病毒核酸检测。
然而，用于检测的试剂盒紧缺。 为了解决这一困难，科学家想了一个办法：合并检测。即将从多个人（k 个）采集的标本放到同一个试剂盒中进行检测。如果结果为阴性，则说明这 k 个人都是阴性，用一个试剂盒完成了 k 个人的检测。如果结果为阳性，则说明 至少有一个人为阳性，需要将这 k 个人的样本全部重新独立检测（从理论上看， 如果检测前 k−1 个人都是阴性可以推断出第 k 个人是阳性，但是在实际操作中 不会利用此推断，而是将 k 个人独立检测），加上最开始的合并检测，一共使用 了 k + 1 个试剂盒完成了 k 个人的检测。
A 国估计被测的民众的感染率大概是 **1%**，呈均匀分布。请问 k 取多少能 最节省试剂盒？

思路： 假设有一共检测m个人，则第一批检测需要m/k个试剂盒（向上取整）。由于感染率为1%，且均匀分布，则有0.01 * m个试剂盒会有阳性反应。这时进行第二批挨个检测，检测盒数量即为0.01 * m * k个。
则总需求盒子数即为m/k+0.01 * m * k个（m/k向上取整）。

答案： 10

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

int main()
{
	int min_=999,min_k=0;
	int m=100;//假设初始人有100 
	for(int k=1;k<=100;k++)
	{
		int need=m/k+0.01*m*k;
		if(m%k!=0)
			need++;
		if(need<min_)
		{
			min_=need;
			min_k=k;
		}
	}
	cout<<min_k;
	return 0;
}

试题 D: REPEAT 程序

本题总分：15 分
问题：
附件 prog.txt 中是一个用某种语言写的程序。
prog.txt 附件下载地址
其中 REPEAT k 表示一个次数为 k 的循环。循环控制的范围由缩进表达，从次行开始连续的缩进比该行多的（前面的空白更长的）为循环包含的内容。
例如如下片段：
rt

A = A + 4 所在的行到 A = A + 8 所在的行都在第一行的循环两次中。
REPEAT 6: 所在的行到 A = A + 7 所在的行都在 REPEAT 5: 循环中。
A = A + 5 实际总共的循环次数是 2 × 5 × 6 = 60 次。
请问该程序执行完毕之后，A 的值是多少？

思路： 可以建立一个栈来存放循环的信息，一个变量times存放当前行数被执行的次数。通过对文本的观察我们发现，可以通过每一行前面的空格数量来判断当前行数的“等级”，4个空格代表一个等级。如果当前行等级比上一层循环的等级低则说明退出了上一层循环，对栈和times进行改变即可。随后我们发现整个文本里面，所有数字都为单位数，所以我们直接用循环找到一个数字即可提取出该行的有效数字。

答案： 241830

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

int main()
{
	string string_;
	stack<int>stack_; 
	freopen("prog.txt", "rb", stdin);
	getline(cin, string_);//读第一行 A=0 
	int A=0,times=1,old_counts=0;//A=0,当前倍数，老的层数 
	while(getline(cin, string_))
	{
		int counts=0;//当前的层数，
		for(counts=0;counts<string_.size();counts++)
		{
			//记录空格数 4个空格是一层 
			if(string_[counts]!=' ')
				break;
		}
		counts/=4;//这句话的层数 
		while(counts<old_counts)//新层数低 则退出一层循环 pop 
		{
			times/=stack_.top();
			stack_.pop();
			old_counts--; 
		} 
		if(string_[counts*4]=='R')//R开头就是新增循环
		{
			for(int now=counts*4;now<string_.size();now++)//找到数字 
			{
				if(string_[now]>='0'&&string_[now]<='9')//如果是数字 
				{
					stack_.push(string_[now]-'0');
					times*=string_[now]-'0';
					old_counts++;
					break; 
				} 
			}
		} 
		else//否则就是执行计算操作 
		{
			for(int now=counts*4;now<string_.size();now++)//找到数字 
			{
				if(string_[now]>='0'&&string_[now]<='9')//如果是数字 
				{
					A+=(string_[now]-'0')*times;
					break; 
				} 
			}
		} 
	}
	cout<<A; 
	return 0;
}

试题 E: 矩阵

本题总分：15 分
问题：
把 1 ∼ 2020 放在 2 × 1010 的矩阵里。要求同一行中右边的比左边大，列中下边的比上边的大。一共有多少种方案？
答案很大，你只需要给出方案数除以 2020 的余数即可。

思路： 动态规划。

答案： 1340

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

int f[1020][1020];

int main()
{
    f[0][0] = 1;                                   // 两行一个数字都不放，也是一种方案
    for (int i = 0; i <= 1010; i ++)
        for (int j = 0; j <= 1010; j ++)
        {
            if(i - 1 >= j)                         // 转移前的状态也要合法，即第一行的数量不小于第二行的数量
            	f[i][j] += f[i - 1][j] % 2020;
            if(j)
            	f[i][j] += f[i][j - 1] % 2020;
        }
        
    cout << f[1010][1010] << endl;   
    return 0;
}
  • 以下五题均能通过AcWing的数据测试

试题 F: 整除序列

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：15
问题：
有一个序列，序列的第一个数是 n，后面的每个数是前一个数整除 2，出这个序列中值为正数的项。

输入:
输入一行包含一个整数 n。

输出：
输出一行，包含多个整数，相邻的整数之间用一个空格分隔，表示答案。

样例输入：
20

样例输出：
20 10 5 2 1

评测用例规模与约定：
对于 80% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 10的9次方。
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 10的18次方。

思路： 直接循环除就好。

AC代码： OJ链接

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

int main()
{
	long long n=0;
    scanf("%lld",&n);
	while(n)
	{
		printf("%lld ",n);
		n>>=1;
	}
    return 0;
}

试题 G: 解码

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
问题：
小明有一串很长的英文字母，可能包含大写和小写。
在这串字母中，有很多连续的是重复的。小明想了一个办法将这串字达得更短：将连续的几个相同字母写成字母 + 出现次数的形式。
例如，连续的 5 个 a，即 aaaaa，小明可以简写成 a5（也可能简写aa3a 等）。对于这个例子：HHHellllloo，小明可以简写成 H3el5o2。为了方便表达，小明不会将连续的超过 9 个相同的字符写成简写的形式。
现在给出简写后的字符串，请帮助小明还原成原来的串。

输入：
输入一行包含一个字符串。

输出：
输出一个字符串，表示还原后的串。

样例输入：
H3el5o2

样例输出：
HHHellllloo

评测用例规模与约定：
对于所有评测用例，字符串由大小写英文字母和数字组成，长度不100。
请注意原来的串长度可能超过 100。

思路： 对字符串进行循环判断即可。

AC代码： OJ链接

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

int main()
{
	string string_;
	char old_letter;//老字母 
	getline(cin,string_);
	old_letter=string_[0];//指向第一个字母 
	for(int now=1;now<string_.size();now++)
	{
		if(string_[now]>='1'&&string_[now]<='9')//数字就循环输出
		{
			for(int temp=0;temp<string_[now]-'0'-1;temp++)
			{
				printf("%c",old_letter);
			} 
		}
		else//否则输出一次 换新字
		{
			printf("%c",old_letter);
			old_letter=string_[now];
		}
	}
	printf("%c",old_letter);
    return 0;
}

试题 H: 走方格

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
问题：
在平面上有一些二维的点阵。这些点的编号就像二维数组的编号一样，从上到下依次为第 1 至第 n 行，从左到右依次为第 1 至第 m 列，每一个点可以用行号和列号来表示。现在有个人站在第 1 行第 1 列，要走到第 n 行第 m 列。只能向右或者向下走。
注意，如果行号和列数都是偶数，不能走入这一格中。问有多少种方案。

输入：
输入一行包含两个整数 n, m。

输出：
输出一个整数，表示答案。

样例输入1：
3 4

样例输出1：
2

样例输入2：
6 6

样例输出2：
0

评测用例规模与约定：
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 30, 1 ≤ m ≤ 30。

思路： dfs暴力搜索的话，当n=29，m=30的时候会超时。我们可以用dp把结果都记录下来然后直接输出。记得行号列号都是偶数的时候跳过，因为不能走入这种方格。

AC代码： OJ链接

  • 1.dfs写法（超时）
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    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;

    int fx[2][2]={{0,1},{1,0}},ans=0;//右/下 答案 
    int n,m,a1,b1;//n,m 

    void dfs(int a,int b)
    {
    	if(a==n&&b==m)
    	{
    		ans++;
    		return;
    	}
    	for(int now=0;now<2;now++)
    	{
    		a1=a+fx[now][0];
    		b1=b+fx[now][1];
    		if(a1>n||b1>m) 
    			continue;
    		if(!(a1&1)&&!(b1&1)) 
    			continue;
    		dfs(a1,b1); 
    	}
    } 

    int main()
    {
    	scanf("%d %d",&n,&m);
    	if(!(n&1)&&!(m&1))
    	{
    		cout<<0;
    		return 0;
    	}
    	dfs(1,1);
    	cout<<ans;
    	return 0;
    }
  • 2.dp写法（可AC）
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	int dp[31][31];//dp
	int n,m;//n,m 
	scanf("%d %d",&n,&m);
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[1][1]=1;
	for(int now=1;now<=30;now++)
	{
		for(int now1=1;now1<=30;now1++)
		{
			if(!(now&1)&&!(now1&1))//都是偶数就跳过 
				continue;
			if(now-1>=1)
			{
				dp[now][now1]+=dp[now-1][now1];
			}
			if(now1-1>=1)
			{
				dp[now][now1]+=dp[now][now1-1];
			}	
		}
	}
	/*for(int now=1;now<=30;now++)
	{
		for(int now1=1;now1<=30;now1++)
		{
			printf("%d ",dp[now][now1]);
		}
		printf("\n");
	}*/ 
	cout<<dp[n][m];
	return 0;
}

试题 I: 整数拼接

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：25 分
问题：
给定义个长度为 n 的数组 A1, A2, · · · , An。你可以从中选出两个数 Ai (i 不等于 j)，然后将 Ai 和 Aj 一前一后拼成一个新的整数。例如 12 和 以拼成 12345 或 34512。注意交换 Ai 和 Aj 的顺序总是被视为 2 种拼法，是 Ai = Aj 时。
请你计算有多少种拼法满足拼出的整数是 K 的倍数。

输入：
第一行包含 2 个整数 n 和 K。
第二行包含 n 个整数 A1, A2, · · · , An。

输出：
一个整数代表答案。

样例输入：
4 2
1 2 3 4

样例输出：
6

评测用例规模与约定：
对于 30% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ K ≤ 20, 1 ≤ Ai ≤ 10的四次方。
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 10的五次方，1 ≤ K ≤ 10的五次方，1 ≤ Ai ≤ 10的九次方。

思路： 直接暴力肯定超时。我们可以先进行一次操作，对所有数字进行遍历。求出对于每个数，后数为多少时满足题目要求。因为所有数都小于等于十的九次方，即最多为10位数，所以我们只需要求每个数在后数为1位数到10位数时对后数的余数要求即可。然后再遍历一次判定满足要求的后数，总答案加上对该后数的需求即可。数据接收数组选择long long，防止运算中数据超限。答案也选择long long，防止储存不下。

具体思路如下：

  • 整式为 （数一*10^数二的位数^+数二）%k == 0 即数一数二满足要求
  • 我们遍历整个数组，按 （k - 数一*10^1-10^%k）%k 求出数一在1-10次方的情况下对后数余数的要求。这次遍历统计的是数一对于数二的需求。
  • 用一个二维数组 mymap[位数][余数需求] 来储存对于 特定数二 的需求数量。
  • 再次遍历整个数组，对数组元素的位数与余数进行计算，如果位数与余数满足需求，总答案则加上上一步中统计的需求数量。这次遍历是为了寻找数二。
  • 在遍历中，我们需要进行去重判定。如果一个数跟自己组合也满足条件，说明上面多加了一次，总答案减去1。

AC代码： OJ链接

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

long long myarray[100001];//存数 
int mymap[11][100001];//存不同幂情况下对余数的需求 mymap[幂][需求]=数量 
long long ans=0;//答案 

void func1(int n,int k)//将各个位数可组合数的需求进行统计 
{
	for(int now=0;now<n;now++)
	{
		for(int temp=1;temp<=10;temp++)
		{
			
			int times=(long long)pow(10,temp)%k;
			mymap[temp][(k-myarray[now]*times%k)%k]++;//在temp次幂的情况下  对后数余数为 k-array[now]*times%k 的需求加一 
			//即后数为temp位数 并且余数为 k-array[now]*times%k 即可成功组合 
			//因为 array[now]*times%k 可能等于0 所以k减它可能等于k 所以需要总体%k一下 
		} 
	}
}

void func2(int n,int k)//遍历所有数 答案加上需求数 顺便去重 
{
	for(int now=0;now<n;now++)
	{
		int times=(int)log10(myarray[now])+1;//当前数位数 
		ans+=mymap[times][myarray[now]%k];//加上所有可以组合的 
		if((myarray[now]*(int)pow(10,times)%k+myarray[now]%k)%k==0)//去重  
		{
			ans--;//如果一个数跟自己组合也满足条件 说明上面多加了一次 减去它 
		}
	}
} 

int main()       
{
    int n,k; 
    memset(mymap,0,sizeof(mymap));
    scanf("%d %d",&n,&k);
    for(int now=0;now<n;now++)
    {
    	scanf("%lld",&myarray[now]);
	}
	func1(n,k);
	func2(n,k);
	printf("%lld",ans);
    return 0;
}

试题 J: 网络分析

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：25 分
问题：
小明正在做一个网络实验。
他设置了 n 台电脑，称为节点，用于收发和存储数据。
初始时，所有节点都是独立的，不存在任何连接。
小明可以通过网线将两个节点连接起来，连接后两个节点就可以互相了。两个节点如果存在网线连接，称为相邻。
小明有时会测试当时的网络，他会在某个节点发送一条信息，信息会到每个相邻的节点，之后这些节点又会转发到自己相邻的节点，直到所有或间接相邻的节点都收到了信息。所有发送和接收的节点都会将信息存储一条信息只存储一次。
给出小明连接和测试的过程，请计算出每个节点存储信息的大小。

输入：
输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示节点数量和操作数量。节1 至 n 编号。
接下来 m 行，每行三个整数，表示一个操作。
如果操作为 1 a b，表示将节点 a 和节点 b 通过网线连接起来。当 时，表示连接了一个自环，对网络没有实质影响。
如果操作为 2 p t，表示在节点 p 上发送一条大小为 t 的信息。

输出：
输出一行，包含 n 个整数，相邻整数之间用一个空格分割，依次表示完上述操作后节点 1 至节点 n 上存储信息的大小。

样例输入：
4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 1

样例输出：
13 13 5 3

评测用例规模与约定：
对于 30% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 20，1 ≤ m ≤ 100。
对于 50% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000。
对于 70% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000。
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000，1 ≤ t ≤ 100。

思路： 核心思路是并查集。一个数组用来存旧值，一个数组用来存根结点权值，一个数组是并查集的father数组。执行2操作时，查集寻找到操作值的根结点并加权。执行1操作时，若两数在一个集内则不操作；若两数不在一个集内，则对所有节点进行遍历，使他们的旧值数组加上其根节点的权值，随后进行并集操作。记得对权值数组进行清零，防止后面重复计算。

AC代码： OJ链接

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

int old_[10001],new_[10001],father[10001],n,m;//存老值 存根节点新值 父节点数组 

int find(int a)
{
	return father[a]==a ? a : father[a]=find(father[a]);//路径压缩
}

void union_(int a,int b)
{
	int temp_a=find(a),temp_b=find(b);
	if(temp_a!=temp_b)
	{
		for(register int now=1;now<=n;now++)
		{
			old_[now]+=new_[find(now)];//旧值数组遍历加上权值
		}
		memset(new_,0,sizeof(new_));//重置权值数组，防止重复计算
		father[temp_a]=temp_b;
	}
}

int main()
{
	int a,b,c;
	memset(new_,0,sizeof(new_));
	for(register int now=1;now<=10000;now++)
	{
		father[now]=now;//father数组初始化 
	} 
	scanf("%d %d",&n,&m);
	while(m--)
	{
		scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
		if(a==1)
		{
			union_(b,c);
		}
		else
		{
			new_[find(b)]+=c;
		}
	} 
	for(register int now=1;now<=n;now++)
	{
		printf("%d ",old_[now]+new_[find(now)]);
	}
	return 0;
}