2018第九届蓝桥杯C/C++B组国赛试题与题解

1.换零钞

问题描述
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。

思路

要想使得钞票张数最少就要让五元的越多越好，已知两元的数量是一元的十倍，即一元和两元的总金额为21的倍数，当剩下的金额能被5整除时就是最优解，即求21能被5整除的最小倍数。
答案：74

代码

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include
#include
int main()
{
	int i, str;
	for (i = 1;; i++)//循环一元的个数，当一元和两元的面额为5的倍数时，剩下五元的个数最多，一元二元个数最少
	{
		if((2 * 10 * i + i) % 5 == 0)
			break;
	}
	str = (200 - 2 * 10 * i - i) / 5;
	printf("%d\n", str + 10 * i + i);
	system("pause");
	return 0;
}

2.激光样式

问题描述
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。
答案：2178309

思路
此题其实就是找规律，从灯为一盏开始很容易找出来规律，其实就是斐波拉契数列，F（n）=F（n-1）+F(n-2)
此题我看很多人在用dfs回溯，答案是一样的，不过能看出来这是斐波拉契数列的话就简单了许多。

代码

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include
#include
int main()
{
	long long a[30] = { 0 };
	int i;
	a[0] = 2;
	a[1] = 3;
	for (i = 2; i < 30; i++)
	{
		a[i] = a[i - 1] + a[i - 2];
	}
	printf("%I64d\n", a[29]);
	system("pause");
	return 0;
}

3.格雷码

问题描述
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> 1;
	}
	printf("\n");
} 


void f(int n)
{
	int i;
	int num = 1;
	for(i=0; i

4.调手表

问题描述
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。

思考
队列使用不熟练 使用队列进行bfs很方便！！！
使用队列的bfs代码

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

int arr[100000];
queueq;

int main()
{
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	memset(arr, -1, sizeof(arr));
	arr[0] = 0;
	q.push(0);
	while (!q.empty())
	{
		int p = q.front();
		q.pop();
		if (arr[(p + 1) % n] == -1)
		{
			arr[(p + 1) % n] = arr[p] + 1;
			q.push((p + 1) % n);
		}
		if (arr[(p + k) % n] == -1)
		{
			arr[(p + k) % n] = arr[p] + 1;
			q.push((p + k) % n);
		}
	}
	int max = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		if (max < arr[i])
			max = arr[i];
	}
	printf("%d\n", max);
	system("pause");
	return 0;

}

5.搭积木

问题描述
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。
代码
dfs超时！！！！！！

#include
#include

int n, m;
char arr[100][101] = { 0 };
int count = 0;

int check(int x, int y)
{
	int i;
	int maze[100] = { 0 };
	int len = 0;
	if (arr[x][y] == 'X')
		return 0;
	if (x != n - 1 && arr[x + 1][y] != 'O')
		return 0;
	for (i = 0; i < m; i++)
	{
		if (i == y)
		{
			maze[len++] = i;
		}
		else if (arr[x][i] == 'O')
		{
			maze[len++] = i;
		}
	}
	for (i = 0; i < len-1; i++)
	{
		if (maze[i] + 1 != maze[i+1])
			return 0;
	}
	return 1;
}
void dfs(int x, int y)
{
	if (x == -1)
	{
		count = (count + 1) % 1000000007;
		return;
	}
	if (check(x, y) == 1)//是否能够放置积木
	{
		dfs(x - (y + 1) / m, (y + 1) % m);//不放置

		arr[x][y] = 'O';
		dfs(x - (y + 1) / m, (y + 1) % m);//放置
		arr[x][y] = '.';
	}
	else
		dfs(x - (y + 1) / m, (y + 1) % m);//搜索下一个位置
}
int main()
{
	int i, j, k;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (i = 0; i < n; i++)
	{
		scanf("%s", &arr[i]);
	}
	for (i = 0; i < n; i++)
	{
		for (j = 0; j < m; j++)
		{
			if (arr[i][j] == 'X')
			{
				for (k = 0; k < i; k++)
					arr[k][j] = 'X';
			}
		}
	}
	dfs(n - 1, 0); 
	printf("%d\n", count);
	return 0;
}

6.矩阵求和

问题描述
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。

思考
这个题不用创建数组然后相加，直接可以放入累加器中累加，问题在于如何降低时间复杂度，我们可以减少调用函数的次数，不使用递归，矩阵是个对称矩阵，减少循环次数，除了这些想不到什么了
测试数据只能过1000以内的！！！

代码

#include
#define mod 1000000007

int gcd(int i, int j)
{
	int t = 0;
	while (j != 0)
	{
		t = i % j;
		i = j;
		j = t;
	}
	return i;
}

int main()
{
	int n;
	int i, j, t;
	int sum = 0;

	scanf("%d", &n);
	sum = 2 * n - 1;
	for (i = 2; i <= n; i++)
	{
		for (j = i + 1; j <= n; j++)
		{
			t = gcd(i, j);
			sum = sum + 2 * t*t;
			sum = sum % mod;
		}
	}
	for (i = 2; i <= n; i++)
	{
		t = gcd(i, i);
		sum = sum + t * t;
		sum = sum % mod;
	}
	printf("%d\n", sum);
	return 0;
}