2023年第十四届蓝桥杯大赛软件类省赛C/C++大学A组部分真题和题解分享
文章目录
- 蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-平方差
- 思路题解
- 蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-更小的数
- 思路题解
- 蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-颜色平衡树
- 思路题解
- 蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-买瓜
- 思路题解
蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-平方差
题目描述
给定 L, R,问 L ≤ x ≤ R 中有多少个数 x 满足存在整数 y,z 使得 x = y2 − z2。
输入格式
输入一行包含两个整数 L, R,用一个空格分隔。
输出格式
输出一行包含一个整数满足题目给定条件的 x 的数量。
样例输入
1 5
样例输出
4
提示
1 = 12 − 02 ;
3 = 22 − 12 ;
4 = 22 − 02 ;
5 = 32 − 22 。
对于 40% 的评测用例,LR ≤ 5000 ;
对于所有评测用例,1 ≤ L ≤ R ≤ 109 。
思路题解
解题思路:
- 规律:只有当x为奇数或4的倍数时才能拆分为两个数的平方差。
注意事项: - 刚开始用c++写循环的时候,有一个样例会超时,故进一步寻找规律:F(X)=x/4+(x+1)/2,该式代表不大于x的满足条件的数的个数,用F®-F(L-1)即为L-R之间(大于等于L,小于等于R)满足条件的数的个数。
#include<iostream>
using namespace std;
int F(int x) {return x / 4 + (x + 1) / 2;//不大于x的满足条件的数的个数
}
int main() {int l = 0, r = 0;cin >> l >> r;cout << F(r)-F(l-1);return 0;
}
蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-更小的数
题目描述
输入格式
输入一行包含一个长度为 n 的字符串表示 num(仅包含数字字符 0 ∼ 9),
从左至右下标依次为 0 ∼ n − 1。
输出格式
输出一行包含一个整数表示答案。
样例输入
210102
样例输出
8
提示
一共有 8 种不同的方案:
1)所选择的子串下标为 0 ∼ 1 ,反转后的 numnew = 120102 < 210102 ;
2)所选择的子串下标为 0 ∼ 2 ,反转后的 numnew = 012102 < 210102 ;
3)所选择的子串下标为 0 ∼ 3 ,反转后的 numnew = 101202 < 210102 ;
4)所选择的子串下标为 0 ∼ 4 ,反转后的 numnew = 010122 < 210102 ;
5)所选择的子串下标为 0 ∼ 5 ,反转后的 numnew = 201012 < 210102 ;
6)所选择的子串下标为 1 ∼ 2 ,反转后的 numnew = 201102 < 210102 ;
7)所选择的子串下标为 1 ∼ 4 ,反转后的 numnew = 201012 < 210102 ;
8)所选择的子串下标为 3 ∼ 4 ,反转后的 numnew = 210012 < 210102 ;
对于 20% 的评测用例,1 ≤ n ≤ 100 ;
对于 40% 的评测用例,1 ≤ n ≤ 1000 ;
对于所有评测用例,1 ≤ n ≤ 5000 。
思路题解
解题思路:
中心思想:s[l] > s[r]则满足条件,答案的个数+1。
详细解释:考虑s的所有子串[l,r], l即left,是子串的起始下标,r即right是子串的末尾下标,判断s[l] 和 s[r]的大小关系:
-
若s[l] > s[r]则该子串反转后,新串<原串,满足条件,答案数+1;
-
若s[l] = s[r]则将子串区间[l,r]缩小为[l+1,r-1],再判断s[l+1]和s[r-1]的大小关系;
-
若s[l] < s[r]则该子串反转后,新串>原串,不满足条件。
注意事项:
- 注意l和r的取值范围(详见代码注释)。
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
string s;
int F(int l, int r) {while (l < r) {if (s[l] > s[r])return 1;//如果s[l] > s[r],反转后满足条件 新字符串<原字符串。else if (s[l] == s[r]) { l++;r--; }//如果s[l] == s[r],两边同时缩小区间。else break;//如果s[l] < s[r],不用继续考虑,反转后一定不满足条件,直接退出循环}return 0;
}
int main(){cin >> s;int n = s.length();//n是字符串长度int ans = 0;//记录答案for (int l = 0;l <= n - 2;l++) {//l即left是子串的起始下标,从0开始到n-2(子串长度至少为2,最右侧的最小子串下标为[n-2,n-1],故l最多到n-2)for (int r = n - 1;r > l;r--) {//r即right是子串的末尾下标,从s的最末下标n-1到l+1。if(F(l,r))ans++;}}cout << ans;return 0;
}
蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-颜色平衡树
题目描述
给定一棵树,结点由 1 至 n 编号,其中结点 1 是树根。树的每个点有一个颜色 Ci。
如果一棵树中存在的每种颜色的结点个数都相同,则我们称它是一棵颜色平衡树。
求出这棵树中有多少个子树是颜色平衡树。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n ,表示树的结点数。
接下来 n 行,每行包含两个整数 Ci , Fi,用一个空格分隔,表示第 i 个结点的颜色和父亲结点编号。
特别地,输入数据保证 F1 为 0 ,也即 1 号点没有父亲结点。保证输入数据是一棵树。
输出格式
输出一行包含一个整数表示答案。
样例输入
6
2 0
2 1
1 2
3 3
3 4
1 4
样例输出
4
提示
编号为 1, 3, 5, 6 的 4 个结点对应的子树为颜色平衡树。
对于 30% 的评测用例,n ≤ 200,Ci ≤ 200 ;
对于 60% 的评测用例,n ≤ 5000,Ci ≤ 5000 ;
对于所有评测用例,1 ≤ n ≤ 200000,1 ≤ Ci ≤ 200000,0 ≤ Fi < i 。
思路题解
思路:
-
要判断每个子树是否为平衡树,需要统计子树的每种颜色的节点的数量,并判断所有数量是否相等。
-
对于一颗树的根节点,若该树的所有子树的统计结果都得到了,就可以直接将子树的统计结果累加,并加上根节点的颜色。因此可以使用dfs对树进行搜索,在后序遍历位置得到子树的统计结果并累加,就可以计算出该树的统计结果,判断所有颜色数量是否相等即可。
注意:
- 统计结果cnt使用数组时,需要判断整颗树所有颜色的数量,而部分子树的颜色并不包含所有的颜色,每次判断的时间复杂度为O(num_c),num_c为整棵树的颜色种数,这样会超时。因此可以使用map数据结构,这样每次只需判断子树所包含的颜色。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
const int N = 2e5+1;
//最终结果
int ans=0;
//将子树的计数结果cnt_nb累加到根节点的结果cnt上
void add(map<int,int>& cnt,map<int,int>& cnt_nb){for(auto entry:cnt_nb){int c=entry.first,count = entry.second;cnt[c] += count;}
}
/*
对树进行dfs搜索,树的根节点为i,并返回该子树的各节点颜色计数结果
*/
map<int,int> dfs(vector<int>* g,int* c,int i){int sz = g[i].size();map<int,int> cnt; //记录子树的每个节点的各颜色节点的数量/*如果为叶子节点,直接返回*/if(sz==0){ cnt[c[i]] = 1; ans++; return cnt;}/*如果不是叶子节点*///将根节点的颜色加入cntcnt[c[i]]=1;//遍历根节点的所有子树,并将子树的计数结果累加到cnt中for(int j=0;j<sz;j++){int nb = g[i][j];map<int,int> cnt_nb = dfs(g,c,nb);add(cnt,cnt_nb);} //判断该子树的各种颜色节点的数量是否相等int count = cnt[c[i]];for(auto entry:cnt){//存在一种颜色数量不等,直接返回if(entry.second != count) return cnt; }//各颜色的数量相等,结果+1ans++;//返回计数结果return cnt;
}
int main()
{int n;cin>>n;vector<int> g[N]; int c[N]; //每个节点的颜色for(int i=0;i<n;i++){int f;cin>>c[i]>>f;if(f>=1){g[f-1].push_back(i); //记录节点f的子节点i(节点编号从0开始)}}dfs(g,c,0);cout<<ans;return 0;
}
蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-买瓜
题目描述
小蓝正在一个瓜摊上买瓜。瓜摊上共有 n 个瓜,每个瓜的重量为 Ai 。
小蓝刀功了得,他可以把任何瓜劈成完全等重的两份,不过每个瓜只能劈一刀。
小蓝希望买到的瓜的重量的和恰好为 m 。
请问小蓝至少要劈多少个瓜才能买到重量恰好为 m 的瓜。如果无论怎样小蓝都无法得到总重恰好为 m 的瓜,请输出 −1 。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n, m,用一个空格分隔,分别表示瓜的个数和小蓝想买到的瓜的总重量。
第二行包含 n 个整数 Ai,相邻整数之间使用一个空格分隔,分别表示每个瓜的重量。
输出格式
输出一行包含一个整数表示答案。
样例输入
3 10
1 3 13
样例输出
2
提示
对于 20% 的评测用例,∑n≤10;
对于 60% 的评测用例,∑n≤20;
对于所有评测用例,1 ≤n≤30,1≤ Ai ≤ 109 ,1 ≤ m ≤ 109
思路题解
对于每一个瓜有三种选择:
1)买整个瓜
2)买半个瓜,需要增加劈瓜次数
3)不买
则可以使用深度优先搜索解决, 对每个瓜的三种选择进行搜索, 解空间树是一颗完全三叉树, 时间复杂度为O(3^n), 肯定会超时, 故需要进行剪枝。
买半个瓜时需要将重量除2,会产生小数,故可以将重量数组都乘2,最大重量也乘2。
搜索时需要记录三个状态,当前层数pos,当前总重量sum,当前劈瓜的次数cnt,以下情况需要剪枝:
1)当前劈瓜次数大于已求得的最小次数,即cnt>ans
2)当前重量之和大于要求的重量,即sum>m
但是这样仍然会超时,还可以将重量数组降序排列,使得更快剪枝。还可以创建一个重量数组的后缀数组suf,这样在搜索时可以利用其剪枝:若当前重量加上剩余的所有瓜重量之和小于要求的重量,剪枝。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 30;
int INF = 100;
int n,m;
int v[N]; //重量数组
long suf[N+1]; //重量数组的后缀数组
int ans = INF; //将结果初始化为INF
/*
dfs搜索,参数分别表示当前层数,当前重量之和,切瓜的次数
*/
void dfs(int pos,long sum,int cnt){if(sum==m){ //找到了一个结果ans = min(ans,cnt);return;}//剪枝if(pos>=n || cnt>=ans || sum>m || sum+suf[pos]<m) return;//对三种选择进行搜索dfs(pos+1,sum+v[pos],cnt); dfs(pos+1,sum+v[pos]/2,cnt+1);dfs(pos+1,sum,cnt);
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>m;m*=2; //总重量乘2for(int i=0;i<n;i++) cin>>v[i],v[i]*=2;sort(v,v+n,greater<int>());for(int i=n-1;i>=0;i--) suf[i] = suf[i+1]+v[i];dfs(0,0,0);if(ans==INF) cout<<-1;else cout<<ans;return 0;
}