2020年蓝桥杯模拟赛解题报告（CPP版本）

第一题 单位变换

题目

【问题描述】
在计算机存储中，15.125GB是多少MB？
【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。

思路

1G=1024M

答案

15488

第二题 约数个数

题目

【问题描述】
1200000有多少个约数（只计算正约数）。
【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。

思路

枚举+检查

参考代码

#include 

using namespace std;
const int N = 1200000;

int main() {
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        if (N % i == 0)
            ans++;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

答案

96

第三题 叶结点数

题目

【问题描述】
一棵包含有2019个结点的二叉树，最多包含多少个叶结点？
【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。

思路

n=n0+n1+n2，为使叶子节点数（n0）最多，必须n1最小，设为0，而n0=n2+1

得n2=(2019-1)/2=1009

所以n0=1010

答案

1010

第四题 数字9

题目

【问题描述】
在1至2019中，有多少个数的数位中包含数字9？
注意，有的数中的数位中包含多个9，这个数只算一次。例如，1999这个数包含数字9，在计算时只是算一个数。
【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。

思路

伪代码

for i from 9  to 2019
	if str(i).contains('9')
		ans++

参考代码：

#include 

using namespace std;
const int N = 2019;

bool check(int i) {
    char s[5];
    sprintf(s, "%d", i);
    string str(s);
    return str.find('9') != string::npos;
}

int main() {
    int ans = 0;
    for (int i = 9; i <= N; ++i) {
        if (check(i)){
            ans++;
            cout<<ans<<":"<<i<<endl;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

答案

544

第五题 数位递增的数

题目

【问题描述】
一个正整数如果任何一个数位不大于右边相邻的数位，则称为一个数位递增的数，例如1135是一个数位递增的数，而1024不是一个数位递增的数。
给定正整数 n，请问在整数 1 至 n 中有多少个数位递增的数？
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示答案。
【样例输入】
30
【样例输出】
26
【评测用例规模与约定】
对于 40% 的评测用例，1 <= n <= 1000。
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000。

思路 O(kN)

迭代1~n
	转换为字符串
	迭代字符串的每一位，判断是否满足要求

参考代码

#include 
#include 

void work();

using namespace std;

int main() {
    while (1)//死循环为测试用
        work();
    return 0;
}

void work() {
    int n;
    cin >> n;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        char s[8];
        sprintf(s, "%d", i);
        bool flag = 1;
        for (int j = 1; j < strlen(s); ++j) {
            if (s[j - 1] > s[j]) {
                flag = 0;
                break;
            }
        }
        if (flag)
            ans++;
    }
    cout << ans << endl;
}

第六题 递增三元组

题目

【问题描述】
在数列 a[1], a[2], …, a[n] 中，如果对于下标 i, j, k 满足 0给定一个数列，请问数列中有多少个元素可能是递增三元组的中心。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
第二行包含 n 个整数 a[1], a[2], …, a[n]，相邻的整数间用空格分隔，表示给定的数列。
【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示答案。
【样例输入】
5
1 2 5 3 5
【样例输出】
2
【样例说明】
a[2] 和 a[4] 可能是三元组的中心。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，2 <= n <= 100，0 <= 数列中的数 <= 1000。
对于所有评测用例，2 <= n <= 1000，0 <= 数列中的数 <= 10000。

思路 O(N^2)

枚举每个元素
	该元素与前面的元素比较，找到小的即可
	该元素与后面的元素比较，找到大的即可
	上面两项为真，即说明当前元素可以作为三元组的中心

O(N^2)，因为N最大为1000，所以1秒内可以解决战斗。

参考代码

#include 

void work();

using namespace std;

int main() {
    while(1)//死循环为测试用
        work();
    return 0;
}

void work() {
    int n, ans = 0;
    cin >> n;
    int *data = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin>>data[i];
    }
    for (int j = 1; j < n-1; ++j) {
        int hasSmall=0;
        for (int i = 0; i <j ; ++i) {
            if(data[i]<data[j]){
                hasSmall=1;
                break;
            }
        }
        int hasBig=0;
        for (int k = j+1; k < n; ++k) {
            if(data[j]<data[k]){
                hasBig = 1;
                break;
            }
        }
        if(hasSmall&&hasBig)
            ans++;
    }
    cout << ans << endl;
    delete[] data;
}

第七题 音节判断

题目

【问题描述】
小明对类似于 hello 这种单词非常感兴趣，这种单词可以正好分为四段，第一段由一个或多个辅音字母组成，第二段由一个或多个元音字母组成，第三段由一个或多个辅音字母组成，第四段由一个或多个元音字母组成。
给定一个单词，请判断这个单词是否也是这种单词，如果是请输出yes，否则请输出no。
元音字母包括 a, e, i, o, u，共五个，其他均为辅音字母。
【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】
输出答案，或者为yes，或者为no。
【样例输入】
lanqiao
【样例输出】
yes
【样例输入】
world
【样例输出】
no
【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。

思路

找到第一个元音的下标index1，必须大于0，且能找到
沿着index1继续找下一个非元音得到index2，必须能找到
沿着index2继续找下一个元音得到index3，必须能找到
最后判断index3-1位置的字符应该是从后往前第一个非元音（因为index3及以后的字符都必须是元音了）

参考代码

#include 

int work();

using namespace std;

int main() {
    while (1) { //死循环是为了测试
        if (work())
            cout << "yes" << endl;
        else
            cout << "no" << endl;
    }
    return 0;
}

int work() {
    string word;
    const string yuan = "aeiou";
    getline(cin, word);
    if (word.size() < 4)
        return 0;

    //第一个元音字符的pos
    int index1 = word.find_first_of(yuan, 0);
    if (index1 == 0 || index1 == string::npos) {
        return 0;
    }
    //之后第一个非元音
    int index2 = word.find_first_not_of(yuan, index1 + 1);
    if (index2 == word.size() - 1 || index2 == string::npos) {
        return 0;
    }
    //之后第一个元音
    int index3 = word.find_first_of(yuan, index2 + 1);
    if (index3 == string::npos) {
        return 0;
    }
    if (index3 - 1 != word.find_last_not_of(yuan)) {
        return 0;
    }
    return 1;
}

解法2

将单词的辅音标记为0，元音标记为1，那么符合要求的单词形态为0+ 1+ 0+ 1

在限定开头必须为0，最后必须为1的情况下，01交替为3次，即前后元素相加结果为1的次数必须为3

代码：

#include 

int work();

using namespace std;

int main() {
    while (1) { //死循环是为了测试
        if (work())
            cout << "yes" << endl;
        else
            cout << "no" << endl;
    }
    return 0;
}

inline bool isYuan(char c) {
    return c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u';
}

int work() {
    string word;
    getline(cin, word);
    unsigned long size = word.size();
    if (size < 4)
        return 0;
    if (isYuan(word[0]) || !isYuan(word[size - 1]))
        return 0;
    int *h = new int[size];
    for (int i = 0; i < size; ++i) {
        if (isYuan(word[i]))
            h[i]=1;
        else
            h[i]=0;
    }
    int cnt=0;
    for (int i = 1; i < size; ++i) {
        if (h[i-1]+h[i]==1)cnt++;
    }
    delete[]h;
    return cnt==3;
}

解法3

正则表达式，但是蓝桥杯竞赛还没有开启C++11的封印

代码

#include 
#include 

int work();

using namespace std;

int main() {
    while (1) { //死循环是为了测试
        if (work())
            cout << "yes" << endl;
        else
            cout << "no" << endl;
    }
    return 0;
}

int work() {
    string word;
    getline(cin, word);
    return regex_match(word, regex("[^aeiou]+[aeiou]+[^aeiou]+[aeiou]+"));
}

第八题 长草

题目

【问题描述】
小明有一块空地，他将这块空地划分为 n 行 m 列的小块，每行和每列的长度都为 1。
小明选了其中的一些小块空地，种上了草，其他小块仍然保持是空地。
这些草长得很快，每个月，草都会向外长出一些，如果一个小块种了草，则它将向自己的上、下、左、右四小块空地扩展，这四小块空地都将变为有草的小块。
请告诉小明，k 个月后空地上哪些地方有草。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m。
接下来 n 行，每行包含 m 个字母，表示初始的空地状态，字母之间没有空格。如果为小数点，表示为空地，如果字母为 g，表示种了草。
接下来包含一个整数 k。
【输出格式】
输出 n 行，每行包含 m 个字母，表示 k 个月后空地的状态。如果为小数点，表示为空地，如果字母为 g，表示长了草。
【样例输入】
4 5
.g...
.....
..g..
.....
2
【样例输出】
gggg.
gggg.
ggggg
.ggg.
【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 <= k <= 1000。

思路 O(N*M)

典型的bfs，基本是个模板题。时间复杂度最多为O(N*M)。

参考代码

#include 
#include 

#define loop(i, x, y) for(register int i = x;i <= y;i++)
using namespace std;

//草地上的一块
struct block {
    int i;
    int j;
    int month;
};

const int dx[] = {1, 0, -1, 0};
const int dy[] = {0, 1, 0, -1};
int vis[1000][1000]{};
int N, M, K;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    //freopen("in", "r", stdin);
    //freopen("out", "w", stdout);
    int a = clock();
    cin >> N >> M;
    queue<block> q;
    char next_char;
    cin.get(next_char);
    while (next_char != '\n')cin.get(next_char);

    loop(i, 0, N - 1) {
        loop(j, 0, M - 1) {
            cin.get(next_char);
            if (next_char == 'g') {
                q.push({i, j, 0});
                vis[i][j] = 1;
            }
        }
        cin.get(next_char);
        while (next_char != '\n')cin.get(next_char);
    }
    cin >> K;

    while (!q.empty()) {
        block b = q.front();
        q.pop();
        int month = b.month;
        if (month < K) {
            loop(i, 0, 3) {
                int nx = b.i + dx[i];
                int ny = b.j + dy[i];
                if (0 <= nx && nx < N && 0 <= ny && ny < M && vis[nx][ny] == 0) {
                    vis[nx][ny] = 1;
                    q.push({nx, ny, month + 1});
                }
            }
        }
    }
    loop(i, 0, N - 1) {
        loop(j, 0, M - 1) {
            if (vis[i][j] == 1) cout << 'g';
            else cout << '.';
        }
        cout << endl;
    }
    clog << clock() - a << endl;
    return 0;
}

第九题 序列计数

题目

【问题描述】
小明想知道，满足以下条件的正整数序列的数量：
1. 第一项为 n；
2. 第二项不超过 n；
3. 从第三项开始，每一项小于前两项的差的绝对值。
请计算，对于给定的 n，有多少种满足条件的序列。
【输入格式】
输入一行包含一个整数 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】
4
【样例输出】
7
【样例说明】
以下是满足条件的序列：
4 1
4 1 1
4 1 2
4 2
4 2 1
4 3
4 4
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例，1 <= n <= 5；
对于 50% 的评测用例，1 <= n <= 10；
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000。

思路：记忆型递归 O(N^3)

题干第三点，是一个递归定义，可以得到递归式：

f(pre,cur) = f(cur,1) + f(cur,2) + ... +f(cur,abs(pre-cur)-1) + 1
pre表示前一个数，cur代表当前的数，选定之后，序列种数等于以cur为前序，以1到abs-1为当前的序列数的总和再加1.
如f(5,2) = f(2,1)+f(2,2).

但是暴力递归的复杂度是指数级;

基本的优化方案是加状态记忆：输入1000时，实测运行时间为1000~2000ms；

参考代码

#include 
#include 
#include 
#include 

#define _for(i, x, y) for(register int i = x;i <= y;i++)
#define _fordw(i, x, y) for(register int i = x;i >= y;i--)
typedef long long LL;
using namespace std;

int N;
LL ans;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];

LL dfs(int pre, int cur) {
    // 询问状态
    if (mem[pre][cur] != 0)
        return mem[pre][cur];
    LL ans = 1;
    _for(j, 1,abs(pre-cur) - 1) {
        ans = (ans + dfs(cur, j)) % MOD;
    }
    //记录状态
    mem[pre][cur] = ans;
    return ans;
}

void work() {
    ans = 0;
    cin >> N;
//    f(pre,cur) = sum(f(cur,_new))|_new from 1 to abs(pre-cur)-1
    _for(x, 1, N) ans = (ans + dfs(N, x)) % MOD;
    cout << ans << endl;
}

进一步优化

至此，能通过80%的数据（在1000ms限制下）；

解空间是N的平方（详细为N*N）表格，但是每次都要循环加总，所以成了N的立方，在同样的解空间下，避免循环加总，即可优化到N的平方

重新考虑状态的转移：

如果我们用f(i,j)表示前一个数是i，当前数是1到j的合法序列的个数；有f(i,j) = 1 + f(i,j-1) + f(j,abs(i-j)-1)即分为两个部分1）i作为前一个数，从1到j-1为当前数的合法序列的个数已经计算好，2）求以j为尾数，后面选择1到abs(i-j)-1的合法序列的个数。

如 f(10,5)=f(10,4)+f(5,4);而不是枚举1到5；这样每次解答树只展开两个节点，相当于减少一层循环，虽然解答树的层次还是很深，但是由于记忆的存在，解空间仍然是N的平方。可在100ms内解决。

参考代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

typedef long long LL;
using namespace std;

int N;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];

int dfs(int pre, int cur) {
    if (cur <= 0) return 0;
    if (mem[pre][cur] != 0) return mem[pre][cur];
    return mem[pre][cur] = (1 + dfs(pre, cur - 1) + dfs(cur, abs(pre - cur) - 1)) % MOD;
}

void work() {
    cin >> N;
    cout << dfs(N, N) << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int a = clock();
    work();
    int b = clock();
    clog << (b - a) << endl;
    return 0;
}

第十题 晚会节目单

题目

【问题描述】
小明要组织一台晚会，总共准备了 n 个节目。然后晚会的时间有限，他只能最终选择其中的 m 个节目。
这 n 个节目是按照小明设想的顺序给定的，顺序不能改变。
小明发现，观众对于晚会的喜欢程度与前几个节目的好看程度有非常大的关系，他希望选出的第一个节目尽可能好看，在此前提下希望第二个节目尽可能好看，依次类推。
小明给每个节目定义了一个好看值，请你帮助小明选择出 m 个节目，满足他的要求。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m ，表示节目的数量和要选择的数量。
第二行包含 n 个整数，依次为每个节目的好看值。
【输出格式】
输出一行包含 m 个整数，为选出的节目的好看值。
【样例输入】
5 3
3 1 2 5 4
【样例输出】
3 5 4
【样例说明】
选择了第1, 4, 5个节目。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 20；
对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 100000，0 <= 节目的好看值 <= 100000。

错误思路

如果用两次排序求解，那就错了。因为并不是要选出的方案的好看值总和最大，而是要从前往后尽量好看。即选出的M个数字典序最大

思路 O(N^2)

此题关键在于“第一个节目尽可能好看”并希望“第二个节目尽可能好看”……那么我们选择的第一节目就是max(g[0]~g[n-m])闭区间，要选择的第二个节目是max(g[lastMax+1],g[n-m+1])及从上一个节目往下到n-m+1这个区间里面选最好看的，直到剩下的必须全部选择。

算法用尺取法，双指针移动。理论上的复杂度是O(M*(N-M))，极端情况是M=N/2，整体达到(N^2)/2。如果输入数据为：

100000 50000
100000 99999 ...

实测运行时间为：10秒以上

参考代码

int N, M;
void work() {
    cin >> N >> M;
    vector<int> games(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> games[i];
    }
    int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
    while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
        while (pos_1 < pos_2)
            if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;
        cout << games[pos_max] << " ";
        pos_1 = pos_max + 1;
        pos_2++;
        pos_max = pos_1;
    }
    while (pos_2 != N) {
        cout << games[pos_2++] << " ";
    }
    cout << endl;
}

优化：区间最值查询 O(NlogN)

while (pos_1 < pos_2)
	if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;

这一段代码是区间内查询最大值，反复多次，且数据是静态的，所以选择ST做RMQ。

f[i][j]表示以 i 为起点，连续 2^j 个数中的最大值（的下标）；

转移方程就是：f[i][j] = data[f[i][j-1]] >= data[f[i+pow_2(j-1)][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+pow_2(j-1)][j-1]; 注：比较原始数据，记录下标

由于预处理是O(nlogn)，M次查询是O(M)，每次查询是O(1)，所以整体复杂度为O(nlogn)。

下列代码实测运行时间100ms以内

参考代码

#include 
#include 

using namespace std;
int N, M;
vector<int> data;
/*===st rmq的数据 begin===*/
const int MAX_N = 100005;
const int MAX_POW = 20;
int f[MAX_N][MAX_POW], Log[MAX_N];
/*===st rmq的数据 end===*/

/*===st rmq的函数 begin===*/
void initLog() {
    Log[1] = 0;//2的0次方为1，log2_1 = 0;
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        Log[i] = Log[i / 2] +1;
    }
}
//2的p次方
int pow_2(int p) {
    return 1 << p;
}

void initSt() {
    int i, j;
    for (i = 0; i < N; ++i) {
        f[i][0] = i;//注意这里存的是下标，而不是值
    }

    for (j = 1; pow_2(j) < N; ++j) {
        for (i = 0; i + pow_2(j-1) < N; ++i) {
            int index1 = f[i][j - 1];
            int index2 = f[i + pow_2(j - 1)][j - 1];
            f[i][j] = data[index1] >= data[index2] ? index1 : index2;
        }
    }
}

int query(int l,int r){
    int len = r-l+1;
    int k = Log[len];
    int index1 = f[l][k];
    int index2 = f[r - pow_2(k) + 1][k];
    return data[index1] >= data[index2] ? index1 : index2;
}
/*===st rmq的函数 end===*/

void work() {
    std::ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> N >> M;
    data = vector<int>(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> data[i];
    }
    /*===初始化st rmq相关数据===*/
    initLog();
    initSt();

    int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
    while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/*        while (pos_1 < pos_2)
            if (data[++pos_1] > data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
        pos_max = query(pos_1,pos_2);
        cout << data[pos_max] << " ";
        pos_1 = pos_max + 1;
        pos_2++;
        //pos_max = pos_1;
    }
    while (pos_2 != N) {
        cout << data[pos_2++] << " ";
    }
    cout << endl;
}

int main() {
/* 造数据
    freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
    cout<<100000<<" "<<50000<
    freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
    int a = clock();
    work();
    int b = clock();
    clog << (b - a) << endl;
    return 0;
}

线段树参考代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
int N, M;
vector<int> data;
/*===seg tree的数据 begin===*/
const int MAX_N = 100000 * 4;//线段树的节点个数=4倍n
int tree[MAX_N];
/*===seg tree的数据 end===*/

/*===seg tree的函数 begin===*/
/**
 *
 * @param nodeNum 节点编号
 * @param l 区间左边界
 * @param r
 */
void buildSegTree(int nodeNum, int l, int r) {
    if (l == r) {
        tree[nodeNum] = l;
        return;
    }
    int mid = l + ((r - l) >> 1);
    int left = nodeNum << 1;
    int right = left + 1;

    buildSegTree(left, l, mid);
    buildSegTree(right, mid + 1, r);
    int index1 = tree[left];
    int index2 = tree[right];
    tree[nodeNum] = data[index1] > data[index2] ? index1 : index2;
}

/**
 *
 * @param l 当前节点的区间左边界
 * @param r
 * @param ql
 * @param qr
 * @param nodeNum
 * @return
 */
int query(int l, int r, int ql, int qr, int nodeNum) {
    if (ql <= l && qr >= r)return tree[nodeNum];
    int mid = l + ((r - l) >> 1);
    int ans = -1;
    if (ql <= mid) {
        ans = query(l, mid, ql, qr, nodeNum << 1);
    }
    if (qr > mid){
        if(ans==-1)
            ans = query(mid + 1, r, ql, qr, nodeNum << 1 | 1);
        else{
            int _index = query(mid + 1, r, ql, qr, nodeNum << 1 | 1);
            if (data[_index]>data[ans])
                ans = _index;
        }
    }
    return ans;
}

/*===seg tree的函数 end===*/

void work() {
    std::ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> N >> M;
    data = vector<int>(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> data[i];
    }
    /*===初始化st rmq相关数据===*/
    buildSegTree(1, 0, N - 1);
    int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
    while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/*        while (pos_1 < pos_2)
            if (data[++pos_1] > data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
        pos_max = query(0, N - 1, pos_1, pos_2, 1);
        cout << data[pos_max] << " ";
        pos_1 = pos_max + 1;
        pos_2++;
//        pos_max = pos_1;
    }
    while (pos_2 != N) {
        cout << data[pos_2++] << " ";
    }
    cout << endl;
}

int main() {
/* 造数据
    freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
    cout<<100000<<" "<<50000<
//    freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
    int a = clock();
    work();
    int b = clock();
    clog << (b - a) << endl;
    return 0;
}