注：只为拿分 部分优化思路没有更新

1 幸运数

题目描述：

小蓝认为如果一个数含有偶数个数位，并且前面一半的数位之和等于后面一半的数位之和，则这个数是他的幸运数字。例如 2314 是一个幸运数字, 因为它有 44 个数位, 并且 2+3=1+4 。现在请你帮他计算从 1 至 100000000 之间共有多少个不同的幸运数字。

比较简单，直接附上我的暴力题解：

答案：4430091

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string to_str(int x) {string res;while(x) {res = res + (char)(x % 10 + '0');
//        cout<<res<<endl;x /= 10;}reverse(res.begin(), res.end());return res;
}
int main() {int ans = 0;for(int i = 10; i <= 100000000; i++) {string str = to_str(i);
//        cout<<str;int len = str.size();bool flag = true;int left = 0, right = 0;if(len % 2 == 0) {for(int j = 0; j < len / 2; j++) {left += (int)str[j];right +=(int)str[len-j-1];}if(left==right) ans++;}}cout << ans;return 0;
}

2 有奖问答

题目描述：

小蓝正在参与一个现场问答的节目。活动中一共有 30 道题目, 每题只有答对和答错两种情况, 每答对一题得 10 分，答错一题分数归零。

小蓝可以在任意时刻结束答题并获得目前分数对应的奖项，之后不能再答任何题目。最高奖项需要100 分, 所以到达 100 分时小蓝会直接停止答题。请注意小蓝也可能在不到 100 分时停止答题。

已知小蓝最终实际获得了 70 分对应的奖项, 请问小蓝所有可能的答题情况有多少种?

重点：

答错一题，分数全部归零，一开始看错题了，直接用的组合数+循环。。。

答案：8335366

代码：

附上dfs暴力求解：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans = 0;
void dfs(int score, int n) {//答题情况+1 if(score == 70) ans += 1;//答完所有的题或达到100分 停止递归 if(n == 30 || score == 100) return;dfs(score + 10, n + 1);//答错score归零 dfs(0, n + 1);
}int main(){dfs(0,0);cout<<ans;return 0;
}

3 平方差

题目描述：

$$输入两个整数，输出A^2-B^2的值$$

貌似真题不是这个，为什么官网给的上面这道题。。。
$$给定L,R，问L\le x\le R中有多少个数x满足存在整数y,z使得x^2=y^2-z^2$$
我们按下面这道题来

思路：数学+找规律

发现x只要满足是奇数或者4的倍数就是一种答案，因为x的组合形式只能是奇×奇 或者 偶×偶 两个偶数相乘，结果一定是4的倍数。

• x/2上取整可以获得[1,x]奇数个数: ⌈9 / 2⌉ = 5（1，3，5，7，9为[1,x]的奇数）
• x/4下取整可以获得[1,x]4的倍数的个数⌊5 / 4⌋ = 1（只有4一个为4的倍数）
• 再加一个前缀和思想求区间内满足的个数

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int calc(int x) {return (x + 1) / 2 + x / 4;
}
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int L, R;cin >> L >> R;cout << calc(R) - calc(L - 1) << endl;return 0;
}

不是我说，这谁能在考场上做出这么大的假设并证明。。。

4 更小的数

题目描述：

0更小的数 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

小蓝想要将选出的子串进行反转后再放入原位置处得到的新的数字 numnew 满足条件 numnew<num，请你帮他计算下一共有多少种不同的子串选择方案，只要两个子串在 num 中的位置不完全相同我们就视作是不同的方案。

就是一个双指针，不断判断区间左端点和右端点的数字大小即可，附上我的题解：

代码：

#include <iostream>  
#include <vector>  
#include <string>  
using namespace std;  
using ll = long long;  bool is_smaller(int l, int r, const vector<char>& num) {  while (l < r && num[l] == num[r]) {  l++;  r--;  }  return num[l] > num[r]; 
}  int main() {  string input;  getline(cin, input);     vector<char> num;  for (char c : input) {  if (c != ' ') {    num.push_back(c);  }  }  ll ans = 0;  for (int i = 0; i < num.size(); i++) {  for (int j = i; j < num.size(); j++) {  if (is_smaller(i, j, num)) {  ans++;  }  }  }  cout << ans;  return 0;  
}

5 颜色平衡树

题目描述：

1.颜色平衡树 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

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。

思路：启发式合并

颜色数量最小=颜色数量最大，说明是颜色平衡树

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 8;
//vector<pair<int,int>> g[N];
//int col[200000];
map<int, int>col[N], num[N];
vector<int> g[N];
int ans;void dfs(int x, int fa) {//递归处理其所有子节点yfor(auto & y : g[x]) {dfs(y, x);//比较x和y的col大小，总是将小的合并到大的中if(col[x].size() < col[y].size()) {swap(col[x], col[y]);swap(num[x], num[y]);}//遍历子节点y的颜色统计for(auto it : col[y]) {int y_col = it.first, y_num = it.second;//如果颜色在x中已存在：合并数量，并更新num统计if(col[x].count(y_col)) {int x_num = col[x][y_col];num[x][x_num]--;if(num[x][x_num] == 0) num[x].erase(x_num);num[x][x_num + y_num]++;} //如果颜色在x中不存在：直接添加else num[x][y_num]++;col[x][y_col] += y_num;}//清空子节点y的统计信息（释放内存）map<int, int>tmp1, tmp2;col[y].swap(tmp1);num[y].swap(tmp2);}//x的子树中所有颜色出现的次数都相同if(num[x].size() == 1) ans++;}int main() {int n;cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) {int c, fa;cin >> c >> fa;//1号节点没有father 即fa=0g[fa].push_back(i);col[i][c]++;//i节点 颜色为c的数量num[i][1]++; //i点有颜色数量为1的一个颜色}dfs(1, 0);cout<<ans;return 0;
}

大佬啊，我不会反正

6 买瓜

题目描述：

1.买瓜 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

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。

思路：dfs+剪枝（只能通过45%）

每个瓜只可能存在三种情况：

1. 选择整一个瓜
2. 被切后选择一半
3. 不选择该瓜

dfs暴力求解之后剪枝优化：

1. 当前方案切的刀数大于等于之前已知方案的最优解
2. 如果该路径上包括未选择的瓜的重量总和不够m
3. 当前已有的重量超过m，则当前方案非法
4. 贪心trick：按瓜的重量从大到小排序

从上面的思路得出我们的数据结构：

• 后缀和数组 s[i]
• 传参：当前判断第u个瓜，目前已有的重量w，切的刀数cnt

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 33;
int a[N], s[N];
int ans=INF;
int m, n;
void dfs(int u, double w, int cnt) {//当前方案有效if(w == m) {ans = min(ans, cnt);return;}//已经遍历完成if(u > n) return;//当前方案不优if(cnt > ans) return;if(w + s[u] < m) return;//选择列表dfs(u + 1, w + a[u], cnt);//选整个瓜dfs(u + 1, w + a[u] / 2.0, cnt + 1);//切且选半个瓜dfs(u + 1, w, cnt);//不选该瓜
}
bool cmp(int x, int y) {return x > y;
}
int main() {cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + n + 1, cmp);//记录后缀和for(int i = n; i >= 1; i--) s[i] = s[i + 1] + a[i];dfs(1, 0.0, 0);cout << (ans==INF? -1 : ans);return 0;
}

标答给的动态规划。。。

7 异或和之和

题目描述：

0异或和之和 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

给定一个数组 Ai ，分别求其每个子段的异或和，并求出它们的和。或者说，对于每组满足 1 ≤ L ≤ R ≤ n 的 L , R ，求出数组中第 L 至第 R 个元素的异或和。然后输出每组 L, R 得到的结果加起来的值。

代码：

没有位运算优化，直接附上我的暴力代码，可以过90%

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 9;
using ll = long long;
ll a[N];
int main() {int n;cin >> n;ll ans=0;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for(int i = 1; i <= n; i++) {ll sum=0;for(int j = i; j <= n; j++) {sum^=a[j];ans+=sum;}}cout<<ans;return 0;
}

之后再更新完善吧，孩子没时间了。。。

8 网络稳定性

题目描述：

0网络稳定性 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

有一个局域网，由 n 个设备和 m 条物理连接组成，第 i 条连接的稳定性为w i 。对于从设备 A 到设备 B 的一条经过了若干个物理连接的路径，我们记这条路径的稳定性为其经过所有连接中稳定性最低的那个。

我们记设备 A 到设备 B 之间通信的稳定性为 A 至 B 的所有可行路径的稳定性中最高的那一条。
给定局域网中的设备的物理连接情况，求出若干组设备 x i 和 y i 之间的通信稳定性。如果两台设备之间不存在任何路径，请输出 −1 。

孩子先不想看了，这种图论的题太吃基础了。。。可以直接看题解

9 像素放置

小蓝最近迷上了一款名为《像素放置》的游戏，游戏在一个 n × m 的网格棋盘上进行，棋盘含有 n 行，每行包含 m 个方格。

玩家的任务就是需要对这n × m 个方格进行像素填充，填充颜色只有黑色或白色两种。有些方格中会出现一个整数数字 x(0 ≤ x ≤ 9)，这表示当前方格加上周围八个方向上相邻的方格（分别是上方、下方、左方、右方、左上方、右上方、左下方、右下方）共九个方格内有且仅有 x 个方格需要用黑色填充。
玩家需要在满足所有数字约束下对网格进行像素填充，请你帮助小蓝来完成。题目保证所有数据都有解并且解是唯一的。

思路：dfs+判断合法

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
int n, m;
char d[12][12];//原始数组 
int f[12][12];//填充后的数组 //检查是否合法 
bool check(int x, int y) {if(d[x][y] == '_') return true;int cnt = 0;for(int i = -1; i <= 1; i++) {for(int j = -1; j <= 1; j++) cnt += f[x + i][y + j];}// 如果周围1(黑棋)数量等于 d[x][y] 对应的数字，返回true，否则返回falseif(cnt == d[x][y] - '0') return true;return false;
}
//深搜试探，从左往右，从上往下
void dfs(int x, int y) {//检查是否符合最后一行if(x == n + 1) {for(int j = 1; j <= m; j++) {if(!check(n, j)) return;}//找到答案，直接输出，结束for(int i = 1; i <= n; i++) {for(int j = 1; j <= m; j++) {cout << f[i][j];}cout << endl;}return;}//到该行的最后一列 准备换行if(y == m) {//尝试0 f[x][y] = 0;if(x == 1 || (y == 1 && check(x - 1, y)) || (check(x - 1, y - 1) && check(x - 1, y))) {dfs(x + 1, 1);}//尝试1 f[x][y] = 1;if(x == 1 || (y == 1 && check(x - 1, y)) || (check(x - 1, y - 1) && check(x - 1, y))) {dfs(x + 1, 1); //换行}}//没到换行，遍历该行下一列else {f[x][y] = 0;if(x == 1 || y == 1 || (check(x - 1, y - 1)))dfs(x, y + 1);f[x][y] = 1;if(x == 1 || y == 1 || check(x - 1, y - 1))dfs(x, y + 1);}
}int main() {cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++) {for(int j = 1; j <= m; j++) {cin >> d[i][j];}}dfs(1, 1);return 0;
}

10 翻转硬币

0翻转硬币 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn)

这个的难度也是不想再吐槽了。。。直接借鉴的别人的50%的暴力：

思路：

转一个i位置不会影响到小于i的位置，所以暴力得从小到大，确保前面每个位置都已经被修改，那么久根据题意从2开始，遇到一个i位置是0，就开始把i的倍数的位置翻转即可。用一个tot记录需要翻转的位置数，根据翻转的情况来更改tot，如果某次执行后tot为0那么久代表已经全部为1，统计翻转次数即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bitset<200000001>t;
int main() {int n;cin >> n;int ans = 1;t[1] = 1;int tot = n - 1;for(int i = 2; i <= n; i++) {if(t[i]) continue;int j = i;ans++;while(j <= n) {t[j] = !t[j];if(t[j]) tot--;else tot++;j += i;}if(!tot) break;}cout << ans;return 0;
}

自己模拟根本没时间看这道题。。。