2018年蓝桥国赛c/c++组真题解析

 

 

 

第一题：换零钞

x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。
小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。
小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍，
剩下的当然都是5元面额的。

银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？
（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）

水题，直接暴力，最好手动验算一下，稳

#include
using namespace std;
int main(){
	for(int i=1;i<=200;i++){
		int j=10*i;
		int k=(200-i-2*j)/5;
		if(k>0&&(200-i-2*j)%5==0){
			cout<<"i:"<

答案:74

 

 

第二题：激光样式

x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。
安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！
国王很想知道，在4目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？

显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即：
全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种）
开一台，共3种
开两台，只1种

30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。

要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。

很多大神都用BFS做的此题，但一向数学风格的我第一眼看到这种题目，都想找规律，也即是归纳法
不难归纳出前4个灯的情况数
1:2
2:3
3:5
4:8
好敏感的数字，不正是斐波那契数列(此时便可大胆求出答案了，下面的分析只为求稳)，那么可以用dp的思想(或者就是个简单的数学题吧)来想这题
a[i]=a[i-1]+a[i-2]

现在有i台机器，那么其样式数可不可以由i-1和i-2台推出来呢？
第i台激光器只有两种状态，开或者不开
1.不开，既然不开那么有没有这台机器都没什么影响了，也就想当于没有这台机器了此时的情况数自然就是a[i-1]了
2.开，那么第i-1台肯定不能开，同理第i-1台相当于没有，而第i台一定开着(i-1一定不开)，这两台机器不会再影响
      到其他机器了，相当于第i和i-1台机器都不存在，那么此时的样式数就是a[i-2]了
    
    综合以上两点，i台机器的情况数a[i]=a[i-1]+a[i-2]
    其中a[1]=2 a[2]=3  求a[30]=?

#include
using namespace std;
int main(){
	int a[40];
	a[1]=2,a[2]=3;
	for(int i=3;i<=31;i++){
		a[i]=a[i-1]+a[i-2];
	}
	cout<

答案:2178309

 

第三题：格雷码

格雷码是以n位的二进制来表示数。
与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。
首尾两个数字也要求只有1位之差。

有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种：
从编码全0开始生成。
当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0）
当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。
用这个规则产生的4位格雷码序列如下：
0000
0001
0011   
0010
0110   
0111
0101   
0100
1100   
1101
1111   
1110
1010   
1011
1001   
1000

以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。

#include
void show(int a,int n)
{
    int i;
    int msk = 1;
    for(i=0; i     for(i=0; i         printf((a & msk)? "1" : "0");
        msk = msk >> 1;
    }
    printf("\n");
} 

void f(int n)
{
    int i;
    int num = 1;
    for(i=0; i     
    int a = 0;
    for(i=0; i         show(a,n);
        
        if(i%2==0){
            a = a ^ 1;
        }
        else{
            a = _________________________ ; //填空
        }
    }
}

int main()
{
    f(4);
    return 0;
}

本题要用到树状数组的lowbit函数，并且要知道底层如何实现，很简单  -a&a 
详见:https://blog.csdn.net/hza419763578/article/details/86304818

要求填的是偶数个时如何将a的最右边一个1的左边一位取反然后重新赋值给a
a&-a得到a最右边一个1及其后面的0组成的二进制数的十进制值，左移一位再与a本身异或就达到效果
如:a=4即a=0100  那么-a&a=100   (100<<1)=(1000)     1000^0100=1100  达到目的了

#include 
//二进制方式输出a  n位二进制形式
void show(int a,int n){
	int i;
	int msk = 1;
	for(i=0; i> 1;
	}
	printf("\n");
}

void f(int n){
	int i;
	int num = 1;
	for(i=0; i0  0->1)   本行就是第奇数(i+1)个格雷码直接把当前数字最末位改变即可
		}else{
			a =a^((a&-a)<<1); //第偶数(i+1)个   先找到a的最右边的一个1，把它左边的数字改变
							  //学过树状数组知道lowbit函数的实现就好办了 -a&a就是最后一个1及其后面的0  
							  //左移一位就是最右边一个1往左移一位(比如100->1000)，就是最右一个1的左边一位取反
		}
	}
}

int main(){
	f(4);
	//for(int i=0;i<16;i++) show(i,4);//验证show函数的作用是输出a的n位二进制形式
	return 0;
}

答案:a^((a&-a)<<1)

 

第四题：调手表

小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。
在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。
大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会
变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。
作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调
回正确时间。
小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊……
他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。
注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。
比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。

「输入格式」
一行两个整数 n, k ，意义如题。

「输出格式」
一行一个整数
表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。

「样例输入」
5 3

「样例输出」
2

「样例解释」
如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：
1：+1
2：+1, +1
3：+3
4：+3, +1

「数据范围」
对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5
对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100
对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗  < 1000ms
 

本题个人感觉，要么是n%k+n/k-1  要么是n/k-1+(k-1)    要么是k-1
n%k>0   差为n-1: (n%k-1)+n/k
              或者差为n/k*k-1：  此时为:n/k-1+(k-1)
n%k==0 差为n-1: (n/k-1)+(k-1)

每次都有可能:k较大 
            差为k-1: k-1  比如:6 5 

#include
#include
using namespace std;
int main(){
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	cout<

很慌，就这几行代码，然而果然不行。。。比如10 9    会输出8   然而0~8其实按两次+9即可  18%10=8。问题就来了，最后剩

改进一下：（还是有bug 用例：50 12）

#include
#include
using namespace std;

int n,k;
int Time(int i){
	int d=n-k;
	return min(i,n/k-1+(n-i)%d+(n-i)/d);
}

int main(){
	cin>>n>>k;
	int m=-1;
	for(int i=1;i

分析得好乱。。云里雾里，不知道还有没有坑，就这么找坑填坑。。浪费时间还不一定对。。。算了，老老实实BFS吧，本题若是想到如何BFS即n层到第n+1层怎么走。。其实也很简单了。。。。

 

BFS代码 :

初始化a[]={0}   a[0]=0第一个入队   然后只要a[Top+1

也即每次至多入队两个，每走到下一层最多入队两个(按下1和按下k)

#include
#include
using namespace std;
int n,k,a[100010]={0};

int BFS(){
	queue q;
	q.push(0);
	int Max=0;
	while(!q.empty()){
		int Top=q.front();
		q.pop();
		if(Max>n>>k;
	cout<

果然上面的公式法，50 12时就错了。还是BFS保险，不能投机取巧

本题陷阱在于多次+k可能比多次+1快    难点在于想到用BFS

 

第5题拿数据分吧。。第六题感觉唯一一份题解也不大靠谱，和暴搜40分钟的答案不一样。由于100000可以特判，运气好的话第6题可以拿40%的分，105*0.4=42分快比得上第四题全对了。。。第六题数据分也不少了。。

 

 

 

时间不够。。2017水题题解

第一题：36进制

对于16进制，我们使用字母A-F来表示10及以上的数字。
如法炮制，一直用到字母Z，就可以表示36进制。
36进制中，A表示10，Z表示35，AA表示370
你能算出 MANY 表示的数字用10进制表示是多少吗?
请提交一个整数，不要填写任何多余的内容（比如，说明文字）

#include
using namespace std;

int toInt(char c){
	return c-'A'+10;	
}

int main(){
	for(int i=0;i<=25;i++){
		cout<<10+i<<":"<

水题求稳，最好验算

答案:1040254

 

第二题：磁砖样式

小明家的一面装饰墙原来是 3*10 的小方格。
现在手头有一批刚好能盖住2个小方格的长方形瓷砖。
瓷砖只有两种颜色：黄色和橙色。

小明想知道，对于这么简陋的原料，可以贴出多少种不同的花样来。
小明有个小小的强迫症：忍受不了任何2*2的小格子是同一种颜色。
（瓷砖不能切割，不能重叠，也不能只铺一部分。另外，只考虑组合图案，请忽略瓷砖的拼缝）
显然，对于 2*3 个小格子来说，口算都可以知道：一共10种贴法，如【p1.png所示】

但对于 3*10 的格子呢？肯定是个不小的数目，请你利用计算机的威力算出该数字。

注意：你需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容（比如：说明性文字）
 

本题参考网上大佬的做法，发现答案五花八门，随便找找就找到了6个版本，答案分别是114434、101466、120302、28163、2310、105760然而114434这个答案的居多，于是参考了下这份代码，加了点注释，且改进了下(加了个判断是否没块都铺到了的判断，不过只要总块数是偶数个，就似乎并不影响答案)

#include
using namespace std;
int n,m,ans=0;
int a[6][20]={0};//数组定义大一点  n,m范围就是[1~4,1~18]    冗余就不用考虑越界了
//数组a的值含义 0越界值 -1未铺  1铺黄  2铺红 

//判断(x,y)可能涉及的2*2连块是否颜色相同 
bool judge(int x,int y){
	//不要空想 纸上画画 求稳
	int v=a[x][y];
	if(v==a[x+1][y]&&v==a[x][y+1]&&v==a[x+1][y+1]) return false;//(x,y)做为左上
	if(v==a[x][y+1]&&v==a[x-1][y]&&v==a[x-1][y+1]) return false;//(x,y)做为左下 
	if(v==a[x][y-1]&&v==a[x+1][y]&&v==a[x+1][y-1]) return false;//(x,y)做为右上 
	if(v==a[x][y-1]&&v==a[x-1][y]&&v==a[x-1][y-1]) return false;//(x,y)做为右下 
	return true; 
} 

//判断是否全部铺到 
bool isPuAll(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(a[i][j]!=1&&a[i][j]!=2) return false;//未铺满 
		}
	} 
	return true;
} 

//从左到右 从上到下  遍历每一块 
void dfs(int x,int y){
	
	//遍历到最后一块了 肯定结束了  而且最后一块无论横着竖着都扑不了 一定被铺过了 
	if(x==n&&y==m){
		if(isPuAll()) ans++;//全部都铺到才算是一种铺法  因为题目要求不能只铺一部分 
		return;
	} 
	
	if(y>m){
		dfs(x+1,1);
		return;//不能少 
	}
	
	//本块未铺 赶紧铺 
	if(a[x][y]==-1){
		//横着铺 
		if(a[x][y+1]==-1){
			//横铺黄 
			a[x][y]=1,a[x][y+1]=1;
			//judge千万别忘了 
			if(judge(x,y)) dfs(x,y+1);//铺好了 继续从左到右 从上到下 铺下一块 
			
			//回退 可以省略而直接被下面的赋值给覆盖 但是为了方便理解还是加上吧
			a[x][y]=-1,a[x][y+1]=-1;
			
			//横铺红
			a[x][y]=2,a[x][y+1]=2;//铺好了 铺好后要judge是否合法 
			if(judge(x,y)) dfs(x,y+1);//继续从左到右 从上到下 铺下一块 
			 
			//回退 不可略 否则影响下面纵着铺  横纵交错完全可以啊  
			a[x][y]=-1,a[x][y+1]=-1;
		}
		
		//纵着铺 
		if(a[x+1][y]==-1){
			//纵铺黄 
			a[x][y]=1,a[x+1][y]=1;
			if(judge(x,y)) dfs(x,y+1);//铺好了 继续从左到右 从上到下 铺下一块 
			
			//回退 可以省略而直接被下面的赋值给覆盖 但是为了方便理解还是加上吧
			a[x][y]=-1,a[x+1][y]=-1;
			
			//纵铺红
			a[x][y]=2,a[x+1][y]=2;
			if(judge(x,y)) dfs(x,y+1);//铺好了 继续从左到右 从上到下 铺下一块 
			 
			//回退 不可略 否则影响后序铺法   (dfs(x+1,y+1之类的未改值 其实默认回退了) dfs的全局变量值一定要回退 a全局数组) 
			a[x][y]=-1,a[x+1][y]=-1;
			 
		}
	}else{//铺过了  直接尝试下一块
		dfs(x,y+1);	
	}
	
}

int main(){
	n=3,m=10;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			a[i][j]=-1;	 
	dfs(1,1);
	cout<

答案:114434