2018蓝桥杯C语言b组国赛真题
1.标题：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）
注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
手算都可以。。。下面是代码，答案74
#include
using namespace std;
int main(){
for(int i=1;i<40;i++){
for(int j=1;j<200;j++){
if(5*i+2*10*j+1*j==200)
cout<<"5*"<
2.标题：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。
注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。
思路很简单，暴力搜索，30个灯光从左到右，从左边第一个开始，第一个可以开关，第二个要根据左边的灯光是否开启来取值，以此类推。。。 答案2178309
#include
#include
using namespace std;
int ans = 0;
int x[31];//0代表关，1代表开
void dfs(int index){
if(index == 30){
ans++;
return;
}
if(index == 0 || x[index-1] == 0){ //第一个灯光可以取0或1，当前灯光左边要是没开，那当前灯光可以取0和1
for(int i=0;i<=1;i++){
x[index] = i;
dfs(index+1);
x[index] = 0;
}
}
else{ //左边的灯光开了，那当前灯光只能关闭（取0）
dfs(index+1);
}
}
int main(){
memset(x,0,31*sizeof(int));
dfs(0);
cout<
3.标题：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。（答案：a^((a&(-a))<<1)）
别看代码转来转去很复杂，其实a的取值就是格雷码序列，这里提一下a&-a的作用：二进制数低位连续的0加上一个1组成的数，比如a=12（1100），低位连续的0有两个，那么a&-a=4（100）。题目要求当产生第偶数个数时候改变最右边的1的左边的数，即0001->0011，0010->0110，0111->0101，0100->1100，1101->1111，1110->1010，1011->1001，那么a&-a起作用了，我们求到了低位连续的0加上一个1组成的数，让它左移一位，然后再与a异或，1^1=0，1^0=1，这样就达到目的了。
#include
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; i
请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。
4.标题：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
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
我这个思路呢，怎么说呢，假的dp吧，我用了一个状态转移方式dp[i] = min(dp[(i + n - k) % n] + 1, dp[i - 1] + 1)，就是要么从上一步走一步过来，要么从上k步走一步过来。因为他们的值是相关联的，所以每改一个值都要进行更新其他值，所以用了一个while(1)，直到过程收敛，我用了一个sum来判断是不是收敛了，因为dp[i]要么减小，要么不变，所以当他们的和不变了，即收敛了，输出结果即可了。
#include
using namespace std;
int dp[100005];
int main(){
int n, k;
cin>>n>>k;
for(int i = 0; i < n; i++) dp[i] = i; // 初始化为多少分钟就要调多少次，默认一次调一分钟
for(int i = k; i < n; i += k) //从0出发，每+k步数就加一次
dp[i] = dp[i - k] + 1;
for(int i = k + 1; i < n; i += k) // 从1出发，每+k步数就加一次
dp[i] = dp[i - k] + 1;
int sum = -1;
while(1){ // 如果结果收敛，则停止循环，这里我们算他们的和，如果他们的步数和不变了，说明收敛了
int now_sum = 0;
for(int i = 2; i < n; i++){
now_sum += dp[i];
dp[i] = min(dp[(i + n - k) % n] + 1, dp[i - 1] + 1);// 每一步都可以由上一步调k步或者1步得到
}
if(now_sum == sum) break;
sum = now_sum;
}
int maxdp = dp[0];
for(int i = 0; i < n; i++){
// cout< 再来另一种解法吧，广度搜索（bfs）解决的，因为广度搜索出来的步数一定是最小的。思路是从0出发，每次走1步或k步，一直这样，用一个vis[i]判断i是否走过。一直这样，直到走完所有点。
#include
using namespace std;
queue que;
int step[100005];
bool vis[100005];
int main(){
int n, k;
cin>>n>>k;
for(int i = 0; i < n; i++){
step[i] = 0;
vis[i] = false;
}
que.push(0);
step[0] = 0;
vis[0] = true;
while(!que.empty()){
int now = que.front();
que.pop();
int one_step = (now + 1) % n;
if(vis[one_step] == false){
vis[one_step] = true;
step[one_step] = step[now] + 1;
que.push(one_step);
}
int k_step = (now + k) % n;
if(vis[k_step] == false){
vis[k_step] = true;
step[k_step] = step[now] + 1;
que.push(k_step);
}
}
int max_step = step[0];
for(int i = 0; i < n; i++)
max_step = max(max_step, step[i]);
cout<
5.标题：搭积木
小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：
规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。
其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。
【输入格式】
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。
【输出格式】
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。
【样例输入1】
2 3
..X
.X.
【样例输出1】
4
【样例说明1】
成功的摆放有（其中O表示放置积木）：
(1)
..X
.X.
(2)
..X
OX.
(3)
O.X
OX.
(4)
..X
.XO
【样例输入2】
3 3
..X
.X.
...
【样例输出2】
16
【数据规模约定】
对于10%的数据，n=1，m<=30；
对于40%的数据，n<=10，m<=30；
对于100%的数据，n<=100，m<=100。
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
参考的别人的博客：https://blog.csdn.net/C_13579/article/details/88607465
代码提交：https://qduoj.com/problem/295
这是一个dp题，dp[n][i][j]表示第n层包含i到j的所有情况数，优化后可以把第一维省去，那么dp[i][j]+=dp[i - 1][j] + dp[i][j + 1] - dp[i - 1][j + 1]（因为dp[i - 1][j]和dp[i][j + 1]都包含了dp[i - 1][j + 1]，所以减去一个）。用一个check[i][j]存储判断区间[i,j]是否连通，每当输入一个‘X’，check[i][j]就+1，最后通过check[n][j] - check[n][i - 1] == 0判断是否连通，如果等于0就说明没有‘X’，是连通的。
#include
using namespace std;
#define MAXN 105
#define mod 1000000007
int n, m, check[MAXN][MAXN];
long long ans = 1, dp[MAXN][MAXN];
int main(){
char ch;
cin>>n>>m;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= m; ++j){
cin>>ch;
check[i][j] = check[i][j - 1];
if(ch == 'X') ++check[i][j];
}
for(int i = 1; i <= m; ++i){
for(int j = m; j >= i; --j){
if(check[n][j] - check[n][i - 1] == 0){ //等于0说明中间没有X
++ans;
dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j] + dp[i][j + 1] - dp[i - 1][j + 1];
}
}
}
for(int t = n - 1; t >= 1; --t)
for(int i = 1; i <= m; ++i)
for(int j = m; j >= i; --j){
if(check[t][j] - check[t][i - 1] == 0){ //等于0说明中间没有X
ans= (ans + dp[i][j]) % mod;
dp[i][j] += (dp[i - 1][j] + dp[i][j + 1] - dp[i - 1][j + 1]) % mod;
}else dp[i][j] = 0;
}
cout<
6.标题：矩阵求和
经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。
今天小明的任务是填满这么一张表：
表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。
其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方，
gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列：
1 1 1 1
1 4 1 4
1 1 9 1
1 4 1 16
小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。
由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。
「输入格式」
一行一个正整数 n 意义见题。
「输出格式」
一行一个数，表示所有元素的和。由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。
「样例输入」
4
「样例输出」
48
「数据范围」
对于 30% 的数据，n <= 1000
存在 10% 的数据，n = 10^5
对于 60% 的数据，n <= 10^6
对于 100% 的数据，n <= 10^7
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
2018年决赛 C/C++大学B组
考生须知：
考试开始后，选手首先下载题目，并使用考场现场公布的解压密码解压试题。
考试时间为4小时。时间截止后，提交答案无效。
在考试强制结束前，选手可以主动结束考试（需要身份验证），结束考试后将无法继续提交或浏览答案。
选手可浏览自己已经提交的答案。被浏览的答案允许拷贝。
对同一题目，选手可多次提交答案，以最后一次提交的答案为准。
选手切勿在提交的代码中书写“姓名”、“考号”，“院校名”等与身份有关的信息或其它与竞赛题目无关的内容，否则成绩无效。
选手必须通过浏览器方式提交自己的答案。选手在其它位置的作答或其它方式提交的答案无效。
试题包含三种类型：“结果填空”、“代码填空”与“程序设计”。
结果填空题：
要求选手根据题目描述直接填写结果。求解方式不限。不要求源代码。
答案直接通过网页提交即可。不要书写多余的内容。
代码填空题：
要求选手在弄清给定代码工作原理的基础上，填写缺失的代码，使得程序逻辑正确。
所填写的代码不超过一条语句（即中间不能出现分号）。
把答案（仅填空处的答案，不包括题面已存在的代码或符号）直接通过网页提交。
不要书写多余的内容（比如注释）。
使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要依赖操作系统或编译器提供的特殊函数。
程序设计题目：
要求选手设计的程序对于给定的输入能给出正确的输出结果。
考生的程序只有能运行出正确结果才有机会得分。
注意：在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的示例数据可能是不同的。选手的程序必须是通用的，不能只对试卷中给定的数据有效。
要求选手给出的解答完全符合ANSI C++标准，不能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
代码中允许使用STL类库，但不能使用MFC或ATL等非ANSI C++标准的类库。例如，不能使用CString类型（属于MFC类库）。
注意: main函数必须返回0
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
所有源码必须在同一文件中。调试通过后，拷贝提交。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
结果填空 (满分11分)
问题的描述在考生文件夹下对应题号的“题目.txt”中。相关的参考文件在同一目录中。
不限解决问题的方式或工具，只要求结果。
只能通过浏览器提交答案。
结果填空 (满分35分)
问题的描述在考生文件夹下对应题号的“题目.txt”中。相关的参考文件在同一目录中。
要求参见前一题。
代码填空 (满分27分)
问题的描述在考生文件夹下对应题号的“题目.txt”中。相关的参考文件在同一目录中。
填写的代码必须符合ANSI C/C++ 标准。
代码不能只对题面特殊数据有效，应当具有通用性。
不要填写多余内容（如：题面上已存在的代码或符号）。
只能通过浏览器提交答案。
程序设计（满分45分）
问题的描述在考生文件夹下对应题号的“题目.txt”中。相关的参考文件在同一目录中。
在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的示例数据可能是不同的。选手的程序必须是通用的，不能只对试卷中给定的数据有效。
仔细阅读程序的输入、输出要求，千万不要输出没有要求的、多余的内容，例如：“请您输入xx数据：”。
建议仔细阅读示例，不要想当然！
处理完一个用例的数据后，立即退出（return 0），不要循环等待下一个用例的输入。
程序必须使用标准输入、标准输出，以便于机器评卷时重定向。
要求选手给出的解答完全符合ANSI C/C++标准，不能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
代码中允许使用STL类库，但不能使用MFC或ATL等非ANSI C++标准的类库。例如，不能使用CString类型（属于MFC类库）。
注意: main函数结尾需要return 0
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
程序设计（满分77分）
问题的描述在考生文件夹下对应题号的“题目.txt”中。相关的参考文件在同一目录中。
要求参见前一题。
程序设计（满分105分）
问题的描述在考生文件夹下对应题号的“题目.txt”中。相关的参考文件在同一目录中。
要求参见前一题。