第十四届蓝桥杯省赛真题解析（含C++详细源码）

第十四届蓝桥杯省赛

整数删除
- 满分思路及代码
- - solution1 （40% 双指针暴力枚举）
  - solution 2（优先队列+模拟链表 AC）
冶炼金属
- 满分代码及思路
子串简写
- 满分思路及代码
- - solution 1（60% 双指针）
  - solution 2（二分 AC）
岛屿个数
- 满分代码及思路
飞机降落
- 满分思路及代码
接龙数列
- 满分思路及代码

整数删除

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满分思路及代码

solution1 （40% 双指针暴力枚举）

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,k;
int a[N];
int main()
{cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}//实际上我们并不能通过简单的排序来找到数列中最小的整数//因为这样会失去原来的相对位置 而导致删去后的增加操作出错//所以我们可以用双指针的思路来写while(k--){int l=1;int r=n;while(l!=r){if(a[l]<=a[r]){r--;}else{l++;}}//遍历整个数组寻找最小值if(l==1){a[l+1]+=a[l];}else if(l==n){a[l-1]+=a[l];}else{a[l+1]+=a[l];a[l-1]+=a[l];}//删除 覆盖掉for(int i=l;i<=n;i++){a[i]=a[i+1];}n--;
}for(int i=1;i<=n;i++){cout<<a[i]<<' ';}return 0;
}

solution 2（优先队列+模拟链表 AC）

思路参考：
在这里插入图片描述

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 记录每个位置的数是否被删除过
bool removed[500005];
// 数据过大，爆int
#define ll long long
int main()
{int n, k;cin >> n >> k;// 数列，数和左右相邻的数的距离vector<pair<ll, pair<int, int>>> a(n);// 优先队列，数和下标priority_queue<pair<ll, int>, vector<pair<ll, int>>, greater<pair<ll, int>>> p;int t;for (int i = 0; i < n; i++){cin >> t;// 相邻的数初始距离为1a[i] = {t, {1, 1}};// 数和下标压入堆p.push({t, i});}//查找k次while (k){// 弹出第一个数pair<ll, int> tp = p.top();p.pop();ll value = tp.first;int index = tp.second;// 如果已经被删除过，或者被修改过，则跳过，否则删除if (removed[index] || a[index].first != value)continue;// 标记为已删除removed[index] = true;// 左右最近未被删除节点到自己的距离int l = index - a[index].second.first;int r = index + a[index].second.second;// 如果左边相邻的数存在则更新if (l >= 0 && !removed[l]){// 更新左边的数并压入堆a[l].first += value;p.push({a[l].first, l});// 如果右边的数存在，则更新左边的数到右边的距离if (r < n && !removed[r]){a[l].second.second += a[index].second.second;}}// 如果右边相邻的数存在则更新if (r < n && !removed[r]){// 更新右边的数并压入堆a[r].first += value;p.push({a[r].first, r});// 如果左边的数存在，则更新右边的数到左边的距离if (l >= 0 && !removed[l]){a[r].second.first += a[index].second.first;}}k--;}// 输出还未被删除的数for (int i = 0; i < n; i++){if (!removed[i])cout << a[i].first << " ";}return 0;
}

冶炼金属

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满分代码及思路

//对于这个v的范围我们怎么来确定呢
//我觉得是这样的例如投入75个O产出3个X
//如果最好的情况即浪费的最少得时候即V=25 当然也有小数的情况但也就是直接相除之后向下取整就好最后对于每一次冶炼的V取max
//最坏的情况需要考虑还是拿上面的举例我们可以从产出4个X所需要的V枚举到3 最后取min 但是注意此时就需要向上取整即加1；
//因为我们是在找不符合75个出3个X的临界点即多少O出4个X

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int a[N],b[N];
int n;
int maxval=1e9;
int minval=0;
int main()
{cin>> n;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i]>>b[i];}for(int i=0;i<n;i++){maxval=min(a[i]/b[i],maxval);minval=max(a[i]/(b[i]+1)+1,minval);}cout<<minval<<' '<<maxval;return 0;
}

子串简写

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满分思路及代码

solution 1（60% 双指针）

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;// 双指针方法
int TwoPointers(int K, const string& S, char c1, char c2) {int n = S.length();int count = 0;for (int left = 0; left < n; ++left) {if (S[left] == c1) {for (int right = left + K - 1; right < n; ++right) {if (S[right] == c2) {++count;}}}}return count;
}
//首先暴力的思路类似于双指针 
//三种情况
//我们用p指针找到C1 保持c1不动移动指针q 让q不断去找c2 直到满足我们的长度我们的res++
//然后q走到最后一个c2了之后移动p 规则一样
//p q一起动
//
int main() {int K;string S;char c1, c2;// 读取输入cin >> K;cin >> S >> c1 >> c2;// 计算结果int result=TwoPointers(K, S, c1, c2);cout << result << endl;return 0;
}

solution 2（二分 AC）

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int nec1[500100];
int c1dx = 0;
int c2dx = 0;
int nec2[500100];
int main()
{int k;cin >> k;string str;cin >> str;str = "1" + str;char c1, c2;cin >> c1 >> c2;for (int i = 1; i < str.length(); i++) {//记录c1字符所有出现的位置if (str[i] == c1) {nec1[c1dx] = i;c1dx++;}//记录c2字符所有出现位置if (str[i] == c2) {nec2[c2dx] = i;c2dx++;}}long long ans = 0;//枚举c1字符出现的位置for (int i = 0; i < c1dx; i++) {//二分查找c2字符出现的位置的合法位置auto dx = lower_bound(nec2, nec2 + c2dx, nec1[i] + k-1);//没有找到情况if (dx == nec2 + c2dx)continue;//找到了int t = dx - nec2;//加上总合法个数ans += c2dx - t;}cout << ans << endl;return 0;
}

岛屿个数

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满分代码及思路

在我之前的文章搜索系列里面可以找到详细分析

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int X = 50 + 10;
typedef pair<int, int> PII;
int grid[X][X];  // 使用 int 类型数组
int n, m, T;
int ans;
int s[X];
// 海的移动偏移量数组
int dx[8] = {-1,-1,-1,0,1,1,1,0};
int dy[8] = {-1,0,1,1,1,0,-1,-1};
// 陆地的移动偏移量
int DX[4] = {-1, 0, 1, 0};
int DY[4] = {0, 1, 0, -1};
bool st_land[X][X];
bool st_sea[X][X];bool check(int x, int y) {if (x < n && x >= 0 && y < m && y >= 0) {return true;}return false;
}// 找到了（x,y）所在的岛屿 并将该岛屿的所有点都标为了 true
void bfs_land(int u, int v) {queue<PII> Q;st_land[u][v] = true;PII tp = {u, v};Q.push(tp);while (!Q.empty()) {PII t = Q.front();Q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++) {int nu = t.first + DX[i];int nv = t.second + DY[i];if (check(nu, nv) && grid[nu][nv] == 1 && !st_land[nu][nv]) {st_land[nu][nv] = true;Q.push({nu, nv});}}}
}void bfs_sea(int x, int y) {queue<PII> q;PII tmp = {x, y};q.push(tmp);st_sea[x][y] = true;while (!q.empty()) {PII p = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 8; i++) {  // 枚举一下海的方向  int nx = p.first + dx[i];int ny = p.second + dy[i];if (!check(nx, ny) || st_sea[nx][ny]) {continue;}if (grid[nx][ny] == 0) {st_sea[nx][ny] = true;q.push({nx, ny});} else if (grid[nx][ny] == 1 && !st_land[nx][ny]) {ans++;bfs_land(nx, ny);  // 如果发现寻找外海的过程中发现了陆地 说明属于新的外岛那么需要找到与他相连的全部陆地}}}
}int main() {cin >> T;while (T--) {cin >> n >> m;ans = 0;  // 每次都需要重置一下for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {st_sea[i][j] = st_land[i][j] = false;}}for (int i = 0; i < n; i++) {string s;cin >> s;for (int j = 0; j < m; j++) {grid[i][j] = s[j] - '0';  // 将字符转化成数字存进去}}bool has_sea = false;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {if (i == 0 || i == n - 1 || j == 0 || j == m - 1) {if (!st_sea[i][j] && grid[i][j] == 0) {  // 当前的这个点是海并且是没有被标记过has_sea = true;bfs_sea(i, j);}}}}// 判断全是陆地的特例（只有一个大岛）if (!has_sea) {ans = 1;}cout << ans << endl;}return 0;
}

飞机降落

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满分思路及代码

思路直接去看我之前的文章就好：搜索系列
非常详细具体
视频讲解：非常牛逼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =10+9;//防止越界
int n;//有多少架飞机
//int T,D,L;//分别表示降落时刻，能盘旋的时间，降落的时间
//考虑到这题这三个数据可以代表一架飞机的属性 可以考虑采用结构体来实现struct plane{
int t;
int d;
int l;
}p[N];
bool s[N];//每架飞机的状态
//我们需要知道几架飞机成功降落 和前一架飞机降落的时间
bool dfs(int x,int time)
{if(x>=n){return true;}//递归出口//枚举每种降落顺序for(int i=0;i<n;i++){if(!s[i])//这架飞机没有安排过{s[i]=true;if(p[i].t+p[i].d<time)//燃尽了也没等到前一架飞机降落完毕{//回溯s[i]=false;return false;}int next=max(p[i].t,time)+p[i].l;//核心 两种情况的综合//即一来就可以落 和 需要等前一架降落完毕再落if(dfs(x+1,next)){return true;//后续的飞机都可以顺利降落}s[i]=false;}}return false;//所有降落方案都不能成功降落；}
int main()
{int T;//测试的组数cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=0;i<n;i++){cin>>p[i].t>>p[i].d>>p[i].l;}if(dfs(0,0)){cout<<"YES"<<endl;}else{cout<<"NO"<<endl;}for(int i=0;i<n;i++){s[i]=false;}}return 0;}

接龙数列

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满分思路及代码

其实我们需要转化题目所问的问题
题目问的是最少需要删除几个字符或者说数字等价于求数列最长是多少 ——最长子序列问题
思路参考:视频讲解

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5;
int a[N]; //也可以使用vector,但在效率上会有损失
int dp[10];//全局变量，全部默认初始化为0
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 0;i < n;i++)
{
cin >> a[i];
}
//拆分每一个数，取出首位数字和末位数字
int front, tail;
for (int i = 0;i < n;i++)
{
int cur = a[i];
tail =cur % 10;
front =tail;
while (cur)
{
front = cur%10;
cur= cur / 10;
}
dp[tail] = dp[tail] > dp[front] + 1 ? dp[tail] : dp[front ]+ 1;
}
//找最大的dp数组元素值
int maxLen = 0;
for (int i = 0;i < 10;i++)
{
if (dp[i] > maxLen)
maxLen = dp[i];
}
cout << n - maxLen << endl;
return 0;
}