【蓝桥杯】十五届省赛B组c++

前言

握手问题

分析

排列组合写法

枚举

小球反弹

分析

代码

好数

分析

代码

R 格式

分析

代码

宝石组合

分析

代码

数字接龙

分析

代码

拔河

分析

代码

总结

前言

主播这两天做了一套蓝桥杯的省赛题目（切实感受到了自己有多菜）。

握手问题

分析

填空题的第一道，很简单，不过主播第一次错了（原因是把方案数的+想成了*，被自己蠢笑了）。

这道题如果有一些排列组合的基础的话应该很容易想到答案就是从7加到49。

但这不代表没有排列组合的基础就不会，依然可以写对这道题。（枚举）

排列组合写法

#include<iostream>
using namespace std;
int l;

int main()
{for(int i = 7; i <= 49; i++)l += i;cout << l;
}

枚举

#include<iostream>
using namespace std;
int l;
int main()
{for(int i = 1; i <= 50; i++)for(int j = i + 1; j <= 50; j++){if(i <= 7 && j <= 7) continue; //选定七个人不握手l++;}cout << l;
}

小球反弹

分析

这道题主播依旧没有写出来（）

物理题，首先将速度分解到x和y两个方向，随后整个运动过程就可以看作在x轴上来回运动的同时在y轴上来回运动。

假设在x轴上经过a个来回，在y轴上经过b个来回后回到原点，可得：
$2ax/dx = 2by/dy$

移项：
$a/b = dx * y/ dy * x$

随后我们对a / b进行约分，即： $a / gcd(a, b), b / gcd(a, b)$

随后再根据路程和速度即可得出：。

最后通过t * v求出路程。

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int x = 343720, y = 233333;
int dx = 15, dy = 17;

int gcd(int a, int b)
{if(b == 0) return a;return gcd(b, a % b);
}
int main()
{int a = y * dx, b = x * dy;a /= gcd(a, b); //约分double t = 2.0 * a * x / dx; //时间
printf("%.2lf", t * sqrt(dx * dx + dy * dy));
return 0;
}

好数

分析

观察数据量——1e7枚举每一位的话最大是7 * 1e7，小于1e8所以直接暴力枚举计数即可。（这个主播最开始也是没有想到，去写模拟了）

代码

#include<iostream>
using namespace std;
int l, n;

int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){int j = 1, k = i;l++;while(k){if((j & 1) != (k & 1)){l--;break;}j++;k /= 10;}}printf("%d", l);return 0;
}

R 格式

分析

发现n很大d也很大，所以考虑高精度。

这道题主要考察了对浮点数的高精度写法，可以在最开始忽略掉小数点，随后进行累乘（高精度 * 低精度），再最后手动进位（高精度 + 低精度）。

主播最开始还去写了高精度*高精度QAQ，最后发现根本没必要，真是蠢到家了。

代码

#include<iostream>
#include <algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
int n;
string l;
vector<int> A, B;

vector<int> cur(vector<int>& A, int b)
{int x = 0;vector<int> C;for(int i = 0; i < A.size(); i++){x += A[i] * b;C.push_back(x % 10);x /= 10;}while(x){C.push_back(x % 10);x /= 10;}return C;
}

vector<int> add(vector<int>& A, vector<int> B)
{int x = 0;vector<int> C;for(int i = 0; i < A.size() || i < B.size(); i++){if(i < A.size()) x += A[i];if(i < B.size()) x += B[i];C.push_back(x % 10);x /= 10;}if(x) C.push_back(1);return C;
}

int main()
{cin >> n >> l;for(int i = l.size() - 1; i >= 0; i--){if(l[i] == '.') continue;A.push_back(l[i] - '0'); //先不考虑小数点}for(int i = 1; i <= n; i++)A = cur(A, 2); //乘法计算.// 四舍五入int i = 0;for(; i < l.size(); i++)if(l[i] == '.') break; //找到小数点位置
int x = 0;int d = l.size() - 1 - i; //小数部分reverse(A.rbegin(), A.rend()); //反转for(int k = 0; k < l.size() - 1 - i; k++){x = A.back();A.pop_back();} //消除小数部分reverse(A.rbegin(), A.rend()); //反转if(x >= 5)A = add(A, {1}); //进位for(int i = A.size() - 1; i >= 0; i--)printf("%d", A[i]);return 0;
}

宝石组合

分析

题意很简单，这道题的主要难点就在于公式的推导。
$S = H_aH_bH_c * LCM(H_a, H_b, H_c) / (LCM(H_a, H_b)*LCM(H_a, H_c)*LCM(H_b,H_c))$

公式的推导有两种方法，因为主播目前只熟悉一种所以就按照这个思路来讲了。

公式推导基于算数基本定理：

我们将每一项进行质因数分解可得到
$H_a = p_1^{c_1} * p_2^{c_2} * ... p_n^{c_n}$

同理将Hb于Hc分解质因数可得
$H_a = p_1^{e_1} * p_2^{e_2} * ... p_n^{e_n}$
$H_a = p_1^{d_1} * p_2^{d_2} * ... p_n^{d_n}$

我们按照质数进行因式分解，取出其中的一项可得：
$p_1^{c_1} * p_1^{d_1} * p_1^{e_1} * p_1^{max(c_1, d_1, e_1)} / (p_1^{max(c_1, d_1)} * p_1^{max(c_1, e_1)} * p_1^{max(d_1, e_1)})$

随后我们消掉max和min函数，设c1 > d1 > e1，可得：
$p^{e_1}$

又
$e_1 = min(c_1, d_1, e_1)$

满足最大公因数的条件，我们最后将公式整合可得：
$S = gcd(H_a, H_b, H_c)$

至此我们完成了本道题的第一步

随后我们来查找max(gcd(Ha, Hb, Hc))。

显然对于本道题直接枚举的话会超时，如何来做呢？

可以发现H很小且gcd < H，所以我们可以直接枚举约数。

代码

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
int a[N];
int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){int x; scanf("%d", &x);a[x]++; //存储出现次数}for(int i = N - 1; i; i--)           {int l = 0;for(int j = i; j < N; j += i)l += a[j];if(l >= 3){l = 0;for(int j = i; j < N && l < 3; j += i)for(int k = 0; k < a[j] && l < 3; k++, l++)printf("%d ", j);break;}}return 0;
}

数字接龙

分析

发现数据量很小所以直接搜索就好。

对于本道题的一个细节是如何判断交叉。

主播的建议是存储一个这样的值：read[x + dx][y + dy]

数组内的两个参数是起始坐标和终止坐标。

这样写为什么是正确的呢？

因为只有斜着走的时候才有可能出现交叉的情况，所以每个方向的步长都是1。

很容易发现两个方向是一个奇数和一个偶数，和一定是一个奇数，而若将一个奇数分解为两个相差为1的数字只有两种情况（交换位置）。对于本道题来说正合适。所以写一个这样的数组就可以避免交叉。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#define s second
#define f first
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 15;
int n, p;
int map[N][N];
vector<int> to[N][N]; //存储能够到达哪个点，显著降低时间复杂度的小小小优化。
bool read[N][N];
bool cun[2 * N][2 * N]; //防止交叉
vector<int> vtr;
PII s[] = {{-1, 0}, {-1, 1}, {0, 1}, {1, 1}, {1, 0}, {1, -1}, {0, -1}, {-1, -1}}; //八个方向

bool dfs(int x, int y, int k)
{if(x == n && y == n && vtr.size() == n * n - 1){for(int i = 0; i < vtr.size(); i++)printf("%d", vtr[i]);return true;}if(x == n && y == n) return false;for(int i : to[x][y]){int dx = x + s[i].f, dy = y + s[i].s;if(read[dx][dy] == false) //第一层筛选{if(i & 1 == 0 || cun[x + dx][y + dy] == false) //无交叉{read[dx][dy] = true;if(i & 1) cun[x + dx][y + dy] = true;vtr.push_back(i);if(dfs(dx, dy, (k + 1) % p))return true;vtr.pop_back();if(i & 1) cun[x + dx][y + dy] = false;read[dx][dy] = false;}}}return false;
}

int main()
{memset(map, 0x3f, sizeof map);scanf("%d%d", &n, &p);for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++)scanf("%d", &map[i][j]);for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++)for(int k = 0; k < 8; k++){int dx = i + s[k].f, dy = j + s[k].s;if(map[dx][dy] == (map[i][j] + 1) % p)to[i][j].push_back(k); }read[1][1] = true;if(!dfs(1, 1, 1))printf("-1");return 0;
}

拔河

分析

最开始以为是dp但是后来发现我想多了。

题目要求两个不相交的区间的差值最小，可以发现无论两个区间又无相交情况差值都是不变的，所以问题就转化成了差值最小的区间问题。

套用模板——首先求出所有区间的和，随后sort之后差值最小的必然会在相邻的两个区间上产生。当然对于本题需要考虑结果是否合法，即：一个区间不可以完全包含另一个区间。（使用区间取交集模板即可）

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define s second
#define f first
using namespace std;
typedef long long LL;

typedef pair<LL, pair<int, int>> PIII;
using namespace std;
const int N = 2010;
int n;
LL s[N];
vector<PIII> vtr; 

bool cmp(pair<int, int> A, pair<int, int> B)
{int x = max(A.f, B.f);int y = min(A.s, B.s); //查看有没有交集return x == A.f && y == A.s || x == B.f && y == B.s;
}

int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", s + i);s[i] += s[i - 1];}LL cnt = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = i; j <= n; j++)vtr.push_back({s[j] -  s[i - 1], {i, j}});sort(vtr.begin(), vtr.end());for(int i = 1; i < vtr.size(); i++)if(!cmp(vtr[i].s, vtr[i - 1].s))cnt = min(cnt, vtr[i].f - vtr[i - 1].f);printf("%lld", cnt);return 0;
}