C/C++第十一届蓝桥杯省模拟赛4月份 试题+题解(详解)

第一题

题目 问题描述

一个包含有2019个结点的无向连通图，最少包含多少条边？

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
解析：本题是数据结构基础题，对连通图而言最少n-1，答案2018；

第二题

题目 问题描述

由1对括号，可以组成一种合法括号序列：()。 　　由2对括号，可以组成两种合法括号序列：()()、(())。
由4对括号组成的合法括号序列一共有多少种？
解析：本题类似于广义表，度为1的序列有一种为：()()()(),深度为2的有7种:(())()()、()(())()、()()(())、(()()())、(()())()、()(()())、(())(()),深度为3的有5种：((()))()、()((()))、((())())、(()(()))、((()())),深度为4的有1种:(((())))，所以答案为14。

dfs写法：

#include
using namespace std;
int n,ans;
void dfs(int l,int r)
{
	if(l>n||r>n) return;
	if(l==r&&r==n)
	{
		ans++;
		return;
	}
	dfs(l+1,r);	//你加一个我加一个,因为一个括号不管分开多远都是一起的，需要完整 
	if(l>r){
	dfs(l,r+1);	
	}
}
int main()
{
	cin>>n;
	dfs(0,0);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

第三题

题目 问题描述

在计算机存储中，12.5MB是多少字节？
解析：（int）12.510241024=13107200

第四题

题目 问题描述

将LANQIAO中的字母重新排列，可以得到不同的单词，如LANQIAO、AAILNOQ等，注意这7个字母都要被用上，单词不一定有具体的英文意义。
请问，总共能排列如多少个不同的单词。
解析：全排列相关知识。答案2520。

#include
#include
using namespace std;
int main(){
	int num=0;
	char c[7]={'A','A','I','L','N','O','Q'};
	do{
		cout<<c[0]<<c[1]<<c[2]<<c[3]<<c[4]<<c[5]<<c[6]<<endl;
		num++;
	}
	while(next_permutation(c,c+7));
	cout<<num; 
} 

第五题

题目 问题描述

给定一个单词，请使用凯撒密码将这个单词加密。
凯撒密码是一种替换加密的技术，单词中的所有字母都在字母表上向后偏移3位后被替换成密文。即a变为d，b变为e，…，w变为z，x变为a，y变为b，z变为c。
例如，lanqiao会变成odqtldr。

输入格式

输入一行，包含一个单词，单词中只包含小写英文字母。

输出格式

输出一行，表示加密后的密文。

样例输入

lanqiao

样例输出

odqtldr

评测用例规模与约定

对于所有评测用例，单词中的字母个数不超过100。
解析：该题是对字符串数组的基本考察，只包含小写，因此只需+3.

#include
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
	string s;
	cin>>s;
	for(int i=0;i<s.length();i++)
	{
	//	s[i]+=3;//一开始写错了忘记取余的遇到x，y，z就要越界了，害，错这里太不应该了
	//谢谢网友：qq_28814681给的提醒
		s[i] = (((s[i] - 'a') + 3) % 26) + 'a';
	}
	cout<<s<<endl;
	return 0;
}

第六题

题目 问题描述

给定三个整数 a, b, c，如果一个整数既不是 a 的整数倍也不是 b 的整数倍还不是 c 的整数倍，则这个数称为反倍数。 　　
请问在 1至 n 中有多少个反倍数。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n。 　　第二行包含三个整数 a, b, c，相邻两个数之间用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含一个整数，表示答案。

样例输入

30 2 3 6

样例输出

10

样例说明

以下这些数满足要求：1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29。

评测用例规模与约定

对于 40% 的评测用例，1 <= n <= 10000。 　　对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000，1 <= a <= n，1 <= b <= n，1 <= c <= n。
解析：入门级for循环。

#include
#include
using namespace std;
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	int a,b,c;
	cin>>a>>b>>c;
	int num=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if((i%a)&&(i%b)&&(i%c)) num++;
	}
	cout<<num<<endl;
	return 0;
}

第七题

题目 问题描述

如果一个序列的奇数项都比前一项大，偶数项都比前一项小，则称为一个摆动序列。即 a[2i]a[2i]。
　　小明想知道，长度为 m，每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。

输入格式

输入一行包含两个整数 m，n。

输出格式

输出一个整数，表示答案。答案可能很大，请输出答案除以10000的余数。

样例输入

3 4

样例输出

14

样例说明

以下是符合要求的摆动序列： 　　
2 1 2
2 1 3 　　
2 1 4 　　
3 1 2 　　
3 1 3 　　
3 1 4 　　
3 2 3
3 2 4 　　
4 1 2 　　
4 1 3 　　
4 1 4 　　
4 2 3 　　
4 2 4 　　
4 3 4
评测用例规模与约定
对于 20% 的评测用例，1 <= n, m <= 5； 　　对于 50% 的评测用例，1 <= n, m <= 10； 　　对于 80%
的评测用例，1 <= n, m <= 100； 　　对于所有评测用例，1 <= n, m <= 1000。
解析：本题类似于全排列的变形。第一次写了一个dfs，看了一下数据范围，会炸。准备记忆化一下，发现是个dp；

dfs代码：

#include
#include
using namespace std;
const int mod=10000;
int m,n;
int ans=0;
int a[1100];
void dfs(int x){
	if(x==m) {
		bool flag=true;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{			
			if((i&1)==1) {
				if(a[i]<=a[i-1]) flag=false;
			}
			else{
				if(a[i]>=a[i-1]) flag=false;
			}
		}
		if(flag)
		{
		ans++;
		//cout<
		}
		return;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[x+1]=i;
		dfs(x+1);
	}
}
int main()
{
   cin>>m>>n;
   dfs(0);
   cout<<(ans%mod)<<endl;
   return 0;
}

dp代码

#include 
using namespace std;
const int mod=10000;
int f[1010][1010];
int ans;
int main() {
    int m,n;
    cin>>m>>n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        f[1][i] = n - i + 1;

    for(int i = 2; i <= m; i++)
        if((i & 1)==1)
        {	
        for(int j = n; j >= 1; j--)
        f[i][j] = (f[i-1][j-1] + f[i][j+1]) % mod;
		}
        else          
		{
		for(int j = 1; j <= n; j++)
        f[i][j] = (f[i-1][j+1] + f[i][j-1]) % mod;
		} 

   if((m&1)==1) ans=f[m][1];
   else ans=f[m][n];
   cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

第八题

题目 问题描述

对于一个 n 行 m 列的表格，我们可以使用螺旋的方式给表格依次填上正整数，我们称填好的表格为一个螺旋矩阵。 　　例如，一个 4 行 5
列的螺旋矩阵如下： 　　
1 2 3 4 5 　　
14 15 16 17 6 　　
13 20 19 18 7 　　
12 11 10 9 8

输入格式

输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示螺旋矩阵的行数和列数。 　　第二行包含两个整数 r, c，表示要求的行号和列号。

输出格式

输出一个整数，表示螺旋矩阵中第 r 行第 c 列的元素的值。

样例输入

4 5 2 2

样例输出

15

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例，2 <= n, m <= 20。 　　对于 70% 的评测用例，2 <= n, m <= 100。
　　对于所有评测用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= r <= n，1 <= c <= m.
解析：本题是一道典型的格式化输出问题，类似于刘汝佳竞赛入门经典里面一道蛇形数组题目。

#include
#include
using namespace std;
int a[1010][1010];
int main()
{
	int m,n,s1,s2;
	cin>>n>>m>>s1>>s2;
	memset(a,0,sizeof(a));
    int tot=a[0][0]=1;
    int x=0,y=0; 
   //谢谢网友：哈哈哈哈哈哈哈好，指出顺序错误问题
    while(tot<n*m){         //走到头，判断是否走过
        while(y+1<m&&!a[x][y+1]) a[x][++y]=++tot; //右
    	while(x+1<n&&!a[x+1][y]) a[++x][y]=++tot; //下
    	while(y-1>=0&&!a[x][y-1]) a[x][--y]=++tot;//左
    	while(x-1>=0&&!a[x-1][y]) a[--x][y]=++tot;//上
    }
    cout<<a[s1-1][s2-1]<<endl;
    return 0;
}

第九题

题目 问题描述

2015年，全中国实现了户户通电。作为一名电力建设者，小明正在帮助一带一路上的国家通电。 　　这一次，小明要帮助 n 个村庄通电，其中 1
号村庄正好可以建立一个发电站，所发的电足够所有村庄使用。 　　现在，这 n
个村庄之间都没有电线相连，小明主要要做的是架设电线连接这些村庄，使得所有村庄都直接或间接的与发电站相通。
　　小明测量了所有村庄的位置（坐标）和高度，如果要连接两个村庄，小明需要花费两个村庄之间的坐标距离加上高度差的平方，形式化描述为坐标为
(x_1, y_1) 高度为 h_1 的村庄与坐标为 (x_2, y_2) 高度为 h_2 的村庄之间连接的费用为
　　sqrt((x_1-x_2)(x_1-x_2)+(y_1-y_2)(y_1-y_2))+(h_1-h_2)*(h_1-h_2)。
　　在上式中 sqrt 表示取括号内的平方根。请注意括号的位置，高度的计算方式与横纵坐标的计算方式不同。
　　由于经费有限，请帮助小明计算他至少要花费多少费用才能使这 n 个村庄都通电。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n ，表示村庄的数量。 　　接下来 n 行，每个三个整数 x, y,
h，分别表示一个村庄的横、纵坐标和高度，其中第一个村庄可以建立发电站。

输出格式

输出一行，包含一个实数，四舍五入保留 2 位小数，表示答案。

样例输入

4 1 1 3 9 9 7 8 8 6 4 5 4

样例输出

17.41

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 10； 对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100； 对于所有评测用例，1 <= n
<= 1000，0 <= x, y, h <= 10000。
解析:最小生成树。优先队列+邻接表优化，更新于2020年4月20号。

#include 
#include 
#include 
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=1010;
struct Location{   //存放村庄信息
	int x,y,h;
}nodes[maxn]; 
struct Grah{      //图信息
	int y;
	double z;
};
struct Node{    //队列中结点信息
	int y;
	double z;
	friend bool operator < (Node a, Node b){
		return a.z>b.z;
	}
};
vector<Grah>G[maxn];
priority_queue<Node>q; 
int n;
double ans=0;
double coust[maxn]; //到i的最短距离
bool via[maxn];//是否已经走过
void prim()
{
	memset(via,false,sizeof(via)); //初始化
	memset(coust,0x3f,sizeof(coust));
	via[1]=true;
	for(int i=0;i<G[1].size();i++)  
	{
		coust[G[1][i].y]=G[1][i].z;
		Node node;
		node.y=G[1][i].y;
		node.z=G[1][i].z;
		q.push(node);       
	}
	while(!q.empty()){
		Node node=q.top();
		q.pop();
		if(via[node.y]) continue;
		ans+=node.z;
		via[node.y]=true;
		for(int i=0;i<G[node.y].size();i++)
		{
			if(via[G[node.y][i].y]) continue;
			if(G[node.y][i].z<coust[G[node.y][i].y])   //更新到结点i的最短距离
			{
				coust[G[node.y][i].y]=G[node.y][i].z;
				Node node2;
				node2.y=G[node.y][i].y;
				node2.z=G[node.y][i].z;
				q.push(node2);
			}
		}	
	}	
}
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	cin>>nodes[i].x>>nodes[i].y>>nodes[i].h;
	for(int i=1;i<n;i++)
	for(int j=i+1;j<=n;j++)  //初始化图信息
	{
		double	x = (nodes[i].x - nodes[j].x) * (nodes[i].x - nodes[j].x);
		double	y = (nodes[i].y - nodes[j].y) * (nodes[i].y - nodes[j].y);
		double	h = (nodes[i].h - nodes[j].h) * (nodes[i].h - nodes[j].h);
		double temp=sqrt(x+y)+h;
		Grah node1,node2;
		node1.y=j;
		node1.z=temp;
		node2.y=i;
		node2.z=temp;
		G[i].push_back(node1);
		G[j].push_back(node2);
	}
	prim();
	printf("%.02f",ans);
	return 0;
}

第十题

题目 问题描述

小明和朋友们一起去郊外植树，他们带了一些在自己实验室精心研究出的小树苗。 　　小明和朋友们一共有 n
个人，他们经过精心挑选，在一块空地上每个人挑选了一个适合植树的位置，总共 n 个。他们准备把自己带的树苗都植下去。
　　然而，他们遇到了一个困难：有的树苗比较大，而有的位置挨太近，导致两棵树植下去后会撞在一起。
　　他们将树看成一个圆，圆心在他们找的位置上。如果两棵树对应的圆相交，这两棵树就不适合同时植下（相切不受影响），称为两棵树冲突。
　　小明和朋友们决定先合计合计，只将其中的一部分树植下去，保证没有互相冲突的树。他们同时希望这些树所能覆盖的面积和（圆面积和）最大。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n ，表示人数，即准备植树的位置数。 　　接下来 n 行，每行三个整数 x, y,
r，表示一棵树在空地上的横、纵坐标和半径。

输出格式

输出一行包含一个整数，表示在不冲突下可以植树的面积和。由于每棵树的面积都是圆周率的整数倍，请输出答案除以圆周率后的值（应当是一个整数）。

样例输入

6 1 1 2 1 4 2 1 7 2 4 1 2 4 4 2 4 7 2

样例输出

12

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 10； 　　对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 20； 　　对于所有评测用例，1
<= n <= 30，0 <= x, y <= 1000，1 <= r <= 1000。
解析：当我做到这一题的时候家里有事我就没细想写了个dfs，就是存放可通过的路径，最后要回到出发点，并判断该路径上任意两点不冲突。现在看来还是可以记忆化优化一下的。

#include
#include
#include
using namespace std;
int n,sum,Max,num;
bool via[1010][1010],s[1010];
struct Node{
  int x,y,r;
}node[1010];
void dfs(int k,int t,int v)
{    
     if(v>n) return;
     if(k==t){  
     if(num==0) num++;
     else{
       int ans=0;
       for(int i=0;i<n;i++)
	   {
	   	if(s[i])
	   	for(int j=0;j<n;j++)
	   	{
	   		if(s[j]&&i!=j){
	   			if(!via[i][j]&&!via[j][i]) return;
	   		} 
	   	}
	   	if(s[i]) {
	   		//cout<
	   		ans+=node[i].r*node[i].r;
	   	}
	   	
	   }    
	  // cout<<"长度:"<
	   Max=max(ans,Max);	
	   
	 }
	 }
     for(int i=0;i<n;i++)
     {
     	if(via[k][i]&&!s[i])
     	{
     	 s[i]=true;
     	 dfs(i,t,v+1);
		 s[i]=false;	
     	}
     }
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++)
	cin>>node[i].x>>node[i].y>>node[i].r;	
	for(int i=0;i<n;i++)
	for(int j=i+1;j<n;j++)
	{
		int xx=abs(node[j].x-node[i].x);
    	int yy=abs(node[j].y-node[i].y);
    	xx*=xx;
    	yy*=yy;
    	int d=xx+yy;
    	if((node[i].r+node[j].r)*(node[i].r+node[j].r)<=d) {
    	via[i][j]=true;	
    	via[j][i]=true;
    	//cout<<"yes"<
    	}
	}
	for(int i=0;i<n;i++)
	{   
	   // cout<
		num=0;
		dfs(i,i,0);
	} 
    cout<<Max<<endl;
	return 0;
}