第十五届蓝桥杯C/C++B组省赛真题讲解（分享去年比赛的一些真实感受）

试题A——握手问题

一、解题思路

直接用高中学的排列组合思路

二、代码示例

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fun(int n)
{int sum=0;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=i+1;j<n;j++)sum++;	}	return sum;
} 
int main()
{cout<<fun(50)-fun(7);
}

三、感悟：

这是一个签到题，都不需要编程都可以做出来

试题B——小球反弹

一、解题思路

大家可以先思考一下，因为题目要求是从左上角射出到第二次到达左上角，在x方向上，是不是一定走了偶数个343720长度，在y方向上，是不是一定也走了偶数个233333长度，设走了i个343720长度，j个233333长度，那x方向上是不是一共走了343720*i长度，y方向上一共走了233333*j长度，斜率又已知，那x方向走的长度比上y方向走的长度是不是就是dx/dy，遍历i,j,就可以求出来了

如果还是不太理解可以看一下下图：

假设小球经过四次撞击就可以回到原点（因为我是对称画的，实际上没有右边这一部分，但是撞击后走的路程是相同的，因为斜率是一定的，路程一样，那在x和y上面走的路程其实也是相同的）所以它最后在x上面走的路程和y上面走的路程是成一定比例的。

二、代码示例

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
typedef long long int ll;
int main()
{//因为i,j一定是偶数，每次加2就行了 for(ll i=2;i<=10000;i+=2){for(ll j=2;j<=10000;j+=2){if(i*343720*17==j*233333*15){cout<<i<<" "<<j<<endl; printf("%.2lf",sqrt((i*343720)*(i*343720)+(j*233333)*(j*233333)));return 0;}}}
}

三、感悟

这题我当时思考了10来分钟一点没思路，后来全部都写完后，又来思考了半个小时，还是想不出来，就直接放弃了，后来看了大家的题解思路才知道是自己的物理学太菜了，大家在赛场上一定要有所取舍，填空题都是5分，如果不会就不要浪费太多时间。

C——好数

题目链接：https://www.lanqiao.cn/problems/19709/learning/

我在第十五届蓝桥杯C/C++B组国赛真题讲解（分享去年比赛的一些真实感受）-CSDN博客也讲过

一、解题思路

本题的目标是计算从 1 到给定正整数 N 范围内 “好数” 的数量。“好数” 的定义为：按从低位到高位的顺序，奇数位（个位、百位、万位……）上的数字是奇数，偶数位（十位、千位、十万位……）上的数字是偶数。

暴力思路的核心在于遍历从 1 到 N 的每一个整数，针对每个整数，逐一检查其每一位数字是否符合 “好数” 的定义。若符合，则将 “好数” 的计数加 1；若不符合，则继续检查下一个整数。最后，计数的结果即为从 1 到 N 中 “好数” 的总数。

二、代码展示

#include<bits/stdc++.h>//库函数，万能头，记住就好 
using namespace std;//模板记 
//fun(int i)函数用来判断传进来的参数i是否是好数，是返回true,否则返回false 
bool fun(int i)
{//count用来记录当前要判断的是位数 int count=1;//若i等于0则循环结束 while(i){//若count为奇数位，则count%2=1 if(count%2){//a%10取当前最后一位数字，再对2求余//奇数位需要是奇数，若是偶数，则当前位不符合 if(i%10%2==0)return false;}//如果为偶数位 else{//偶数位需要是偶数，若是奇数，则当前位不符合if(i%10%2==1)return false;}//每次位数+1 count++;//i每次要舍掉最后一位 i/=10;}//若每一位都判断完成后都没有return false，说明此数是好数 return true;
}
int main()
{int n;cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(fun(i))sum++;cout<<sum;return 0;
}

三、感悟

纯暴力，签到题

D——R格式

题目链接：https://www.lanqiao.cn/problems/19710/learning/

一、解题思路

本题要求根据给定的转换参数 n ，将浮点数 d 按照特定规则转换为 R 格式整数。规则是先将浮点数乘以 2^n ，再四舍五入到最接近的整数。解题的主要步骤就是实现这个乘法和四舍五入操作，但是这个乘法要用高精度，用普通的long long int会超。

二、代码展示

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;// 函数fun用于将字符串表示的数乘以2
string fun(string s)
{int n = s.size();int jinwei = 0;  // 用于记录进位for (int i = 0; i < n; i++){if (s[i] == '.') continue;  // 遇到小数点跳过int temp = int(s[i] - '0');  // 将字符形式的数字转换为整型int neww = temp * 2 + jinwei;  // 当前位乘以2并加上进位jinwei = neww / 10;  // 计算新的进位neww %= 10;  // 取个位作为当前位新的值s[i] = char(neww + '0');  // 将新值转换回字符形式存回原字符串}if (jinwei > 0) s += char(jinwei + '0');  // 如果最后还有进位，添加到字符串末尾return s;
}// 函数fun2用于对字符串表示的数进行四舍五入
string fun2(string s)
{reverse(s.begin(), s.end());  // 反转字符串，方便从低位开始处理int i = 0;while (s[i] != '.') i++;  // 找到小数点位置i++;  // 移动到小数点后一位int jinwei = 1;  // 初始进位为1，模拟进位操作while (jinwei){int temp = s[i] - '0' + 1;  // 当前位数字加1（准备进位）jinwei = temp / 10;  // 计算新的进位temp %= 10;  // 取个位作为当前位新的值s[i] = temp + '0';  // 将新值转换回字符形式存回原字符串i++;  // 处理下一位}reverse(s.begin(), s.end());  // 再反转回原顺序return s;
}int main()
{int n;string s;cin >> n >> s;  // 输入转换参数n和浮点数s（以字符串形式存储）reverse(s.begin(), s.end());  // 反转字符串，方便后续处理while (n--){s = fun(s);  // 循环n次，每次将字符串表示的数乘以2}int count = 0;while (s[count] == '0' || s[count] == '.'){count++;  // 跳过前导0和小数点}reverse(s.begin(), s.end());  // 再次反转回原顺序int nLen = s.size() - count;  // 得到有效数字部分的长度int sign = 0;for (int i = 0; i < nLen; i++){if (s[i] == '.') sign = int(s[i + 1] - '0');  // 找到小数点，记录小数点后一位数字}if (sign == 0){for (int i = 0; i < nLen; i++) cout << s[i];  // 小数点后一位是0，直接输出有效数字部分}else{if (sign >= 5){s = fun2(s);  // 小数点后一位大于等于5，进行四舍五入for (int i = 0; i < nLen; i++){if (s[i] == '.') break;  // 遇到小数点停止输出else cout << s[i];  // 输出四舍五入后的整数部分}}else{for (int i = 0; i < nLen; i++){if (s[i] == '.') break;  // 小数点后一位小于5，直接输出整数部分else cout << s[i];}}}return 0;
}

注意：我的代码不知道为什么只能过90%的样例，可能还有10％的情况我没有考虑到，求大神告知

三、感悟

这一题的话如果学了高精度的话并不难，如果没有学的话，可以直接用暴力,最好先用快速幂求出2^n，然后乘以d，四舍五入判断进行强制类型转换，判断是否加1就行

E——宝石组合

题目链接：https://www.lanqiao.cn/problems/19711/learning/

一、解题思路

（由于其他同学讲的特别好，所以我借鉴过来了）

二、代码示例

#include<stdio.h>
const int h=1e5;
int main(){int n;scanf("%d",&n);int mp[h+1]={0};//初始化宝石闪亮度统计表for(int i=0;i<n;i++){int t;scanf("%d",&t);mp[t]++;//统计亮度为t的宝石数量}//这里我们另辟蹊径，直接枚举精美程度for(int i=h;i>=1;i--){//枚举精美程度iint ans=0,now=0;//ans表示寻找到了几个宝石，now表示现在数组有几个宝石int num[3];//初始化枚举到的宝石for(int j=i;j<=h;j+=i){//对于每个精美度i，我们都需要寻找闪亮度为i，2i，3i...的宝石并统计数量ans+=mp[j];//把寻找到的宝石数量统计起来for(int k=0;k<mp[j]&&now<3;k++){//把统计到的宝石放到数组num[now]=j;now++;}if(ans>=3){//如果找到了三个以上的宝石，说明存在三个宝石使其精美度为ifor(int k=0;k<3;k++){printf("%d ",num[k]);}//输出找到的三个宝石printf("\n");return 0;}}}
}

三、感悟

这题的做法也非常巧妙，我当时正赛的时候是暴力枚举，取三个宝石算s的，但是这题这样去枚举精美程度可能会更简单一些，时间复杂度少了很多，从O（N^3）降到了O（N^2），有点像国赛的立定跳远，去枚举遍历你所要求的那一个值。

F——数字接龙

题目链接：https://www.lanqiao.cn/problems/19712/learning/

我在https://blog.csdn.net/SUN19326410095/article/details/147070595也讲过

一、解题思路

本题可通过深度优先搜索（DFS）来求解。由于要在 N×N的棋盘上，从左上角(0, 0)出发找到满足特定规则到达右下角(N - 1, N - 1)的路径，DFS 适合这种在多种可能路径中进行探索的场景。游戏规则要求路径数字按0到(K - 1)循环，且每个格子仅经过一次、路径不交叉，所以在 DFS 过程中，从起始点开始，每到一个格子，需按 8 个方向（水平、垂直、对角线）去探索新格子。对于每个新格子，要判断是否在棋盘内，防止越界；检查是否已访问，保证每个格子只走一次；确认数字是否符合循环序列，确保路径数字规则正确；还要查看路径是否交叉，满足所有这些条件才能继续递归探索。持续此过程，要么找到符合规则的路径，若有多条则按字典序选取最小的输出，要么确定不存在路径时输出-1 。

二、代码展示

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 11; // 定义棋盘的最大大小
int n, k; // n 为棋盘大小，k 为数字循环的范围
int board[N][N]; // 存储棋盘上的数字
int dx[8] = {-1, -1, 0, 1, 1, 1, 0, -1}; // 定义 8 个方向的 x 坐标偏移
int dy[8] = {0, 1, 1, 1, 0, -1, -1, -1}; // 定义 8 个方向的 y 坐标偏移
string path; // 存储路径的方向编号
bool visited[N][N]; // 标记棋盘上的格子是否被访问过
bool edge[N][N][N][N]; // 检查路径是否交叉// 深度优先搜索函数，用于寻找路径
bool dfs(int x, int y) {// 如果到达右下角格子，检查路径长度是否为 n*n - 1（因为起点不计入路径）if (x == n - 1 && y == n - 1) {return path.size() == n * n - 1;}visited[x][y] = true; // 标记当前格子已访问for (int i = 0; i < 8; i++) { // 遍历 8 个方向int newX = x + dx[i];int newY = y + dy[i];// 检查目标格子是否越界、是否访问过、数字是否满足循环序列要求if (newX < 0 || newX >= n || newY < 0 || newY >= n) continue;if (visited[newX][newY]) continue;if (board[newX][newY] != (board[x][y] + 1) % k) continue;// 检查路径是否交叉（对于斜向移动，检查是否有反向的路径）if (edge[x][newY][newX][y] || edge[newX][y][x][newY]) continue;edge[x][y][newX][newY] = true; // 标记路径path += i + '0'; // 将方向编号加入路径if (dfs(newX, newY)) return true; // 递归搜索下一个格子path.pop_back(); // 回溯，移除路径中的最后一个方向edge[x][y][newX][newY] = false; // 回溯，取消路径标记}visited[x][y] = false; // 回溯，取消当前格子的访问标记return false; // 如果所有方向都无法到达终点，返回 false
}int main() {cin >> n >> k; // 输入棋盘大小和数字循环范围for (int i = 0; i < n; i++) { // 读取棋盘上的数字for (int j = 0; j < n; j++) {cin >> board[i][j];}}// 从起点 (0, 0) 开始搜索路径if (!dfs(0, 0)) {cout << -1 << endl; // 如果没有找到路径，输出 -1} else {cout << path << endl; // 输出路径的方向编号序列}return 0;
}

三、感悟

dfs和bfs年年必考，最近几年dfs考的最多，像这种题目思路都很类似，很容易掌握

G——爬山

我在蓝桥杯C/C++5天逆袭省一之第二天——C++STL容器（增强版）-CSDN博客讲过

一、解题思路

二、代码展示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n, P, Q;long long ans = 0;// 定义一个大顶堆h，用于存储山的高度，方便每次取出最高的山priority_queue<int> h;// 读取山的数量n，第一种魔法的可用次数P，第二种魔法的可用次数Qcin >> n >> P >> Q;for (int i = 0; i < n; i++){int hi;// 读取每座山的高度hicin >> hi;// 将山的高度hi加入大顶堆h中h.push(hi);}// 当两种魔法还有可用次数时，循环进行操作while (P || Q){// 取出堆顶元素，即当前最高的山的高度int first = h.top();h.pop();// 如果两种魔法都有可用次数if (P && Q){// 比较两种魔法作用后的山的高度，选择能使山变得更矮的魔法if (sqrt(first) <= first / 2){// 使用第一种魔法，将山的高度变为其平方根向下取整h.push(sqrt(first));// 第一种魔法可用次数减1P--;}else{// 使用第二种魔法，将山的高度变为其一半向下取整h.push(first / 2);// 第二种魔法可用次数减1Q--;}}// 如果只剩下第一种魔法有可用次数else if (P){// 使用第一种魔法，将山的高度变为其平方根向下取整h.push(sqrt(first));// 第一种魔法可用次数减1P--;}// 如果只剩下第二种魔法有可用次数else if (Q){// 使用第二种魔法，将山的高度变为其一半向下取整h.push(first / 2);// 第二种魔法可用次数减1Q--;}}// 遍历堆，将剩余山的高度累加起来，得到最终花费的体力值while (!h.empty()){ans += h.top();h.pop();}// 输出最优情况下需要花费的体力值cout << ans;return 0;
}

注意：这一题可能只能通过90%的样例，并不能通过全部样例

三、感悟

这一题也会有少量数据通过不了，例如2，1，3，35，36，欢迎大神来指教一下

H——拔河

我在蓝桥杯C/C++5天逆袭省一之第二天——C++STL容器（增强版）-CSDN博客讲过

一、解题思路

二、代码展示

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 定义数组的最大长度
const int N = 1e3+10;
// 存储前缀和数组
long long a[N];
// 同学的数量
int n;
// 用于存储所有可能的右区间的力量值之和
multiset<long long>s;// 自定义函数，返回两个数中的较小值
long long minn(long long a,long long b){if(a<b) return a;else return b;
}int main(){// 读取同学的数量cin>>n;// 读取每个同学的力量值，并构建前缀和数组for(int i = 1;i<=n;i++) {cin>>a[i];// 计算前缀和a[i]+=a[i-1]; }// 枚举所有可能的右区间 [i, j]，并将其力量值之和插入到 multiset 中for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = i;j<=n;j++){// 计算右区间 [i, j] 的力量值之和并插入到 multiset 中s.insert(a[j]-a[i-1]); }}// 初始化最小差距为一个较大的值long long res = 1e9;// 枚举左区间的右端点 ifor(int i = 1;i<n;i++){// 删除所有以 i 作为右区间起始点的情况，避免左区间和右区间重叠for(int j = i;j<=n;j++){// 计算以 i 为起始点的右区间 [i, j] 的力量值之和auto k = a[j] - a[i-1];// 从 multiset 中删除该力量值之和s.erase(s.find(k));}// 枚举左区间的左端点 jfor(int j = 1;j<=i;j++){// 计算左区间 [j, i] 的力量值之和auto k = a[i] - a[j-1];// 在 multiset 中找到第一个大于等于 k 的元素auto p = s.lower_bound(k);// 如果找到了这样的元素，计算其与 k 的差值的绝对值，并更新最小差距if(p!=s.end()){res = minn(res,abs(*p-k));}// 如果 p 不是 multiset 的第一个元素，考虑其前一个元素与 k 的差值的绝对值，并更新最小差距if(p!=s.begin()){p--;res = minn(res,abs(*p-k));}}}// 输出最小差距cout<<res<<endl;return 0;
}