计蒜客 2020 蓝桥杯大学 A 组省赛模拟赛 （一）题目及解析
新手，欢迎交流，剩下D题不知如何下手，望大佬指教。
计蒜客 2020 蓝桥杯大学 B 组省赛模拟赛 （一）题目及解析
文章目录
- A. 结果填空：计算周长
- B. 结果填空：七巧板
- C. 结果填空：苹果
- D. 结果填空：天气与活动
- E. 结果填空：方阵
- F. 程序设计：被袭击的村庄
- G. 程序设计：建立联系
- H. 程序设计：最短路
- I. 程序设计：迷宫
- J. 程序设计：涂墙
A. 结果填空：计算周长
原题链接：传送门
思路：
- V=abc , 如果把a*b看成一个整体，假设取ab为约数较小那个，有ab<=sqrt(V) 。
- 开根号枚举判断 。
- 答案是：46925458 。
代码如下：
#includeB. 结果填空：七巧板
原题链接：传送门
思路：
- 跟平面划分一个道理，每次都会多划分一个区域，F(n)=F(n-1)+1 。
- 答案是47 。 = 7+ (6+7+8+9+10）
代码如下：
import java.util.Deque;
import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.concurrent.LinkedBlockingDeque;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner cin=new Scanner(System.in);
int x=7,a=6;
for(int i=1;i<=5;i++)
x+=a++;
System.out.println(x);
}
}
C. 结果填空：苹果
原题链接：传送门
备注：
- 贪心，尽可能在一个篮子里拿3，从左到右遍历，能拿就拿，不能拿就拿后面的人的来凑。
- 答案：62 .
#includeD. 结果填空：天气与活动
原题链接：传送门
备注：
- 留坑。
E. 结果填空：方阵
原题链接：传送门
思路：
- 考虑两个点（x1,y1) 和 （x2,y2) ，假设a=x1-x2 , b=y1-y2;
- 能看到当且仅当gcd（a,b)=1 。
- 当a和b均大于0，即一对
- 当ab其中有等于0时，需加上2n(n-1) 。
- 答案为：916585708
代码如下：
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.concurrent.LinkedBlockingDeque;
public class Main {
static int gcd(int a, int b) {
if(b==0) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
public static void main(String[] args) {
Scanner cin=new Scanner(System.in);
int n=cin.nextInt(),k=cin.nextInt();
int gcds[][] =new int[n][n];
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=1;j<n;j++)
if(gcds[i][j]==0&&gcds[j][i]==0)
{
gcds[i][j]=gcd(i,j);
gcds[j][i]=gcds[i][j];
}
long ans=0;
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=1;j<n;j++)
if(gcds[i][j]==1&&i*i+j*j<=k*k)
ans+=(n-i)*(n-j);
ans=ans*2+2*n*(n-1);
System.out.println((long)ans%(1e9+7));
}
}
F. 程序设计：被袭击的村庄
原题链接：传送门
思路：
- 我觉得这道题是整套题里面最有毛病的，题目的output明显提示：第一行三个整数，分别是对道路、房屋、田地造成的总伤害，但实际上我计算三种类型的田地受到的总伤害，只通过了一个样例。
- 如果把对道路、房屋、田地造成的总伤害换成计算完全破坏的道路、房屋、田地个数（即hp=0），代码就AC了，这道模拟水题因为题意讲的不清楚只过了一个样例我也是醉了。
- 模拟题，根据题意写就可以了，注意炸弹可能会攻击村庄外的地方还有炸弹的伤害可能比hp还高，所以置0就好，因为是那天下午最后写的还没改，代码有点长，可以把攻击和溅射攻击写成两个函数，这样代码看起来就不会那么冗余。
- c++代码后面有赛后自己写的java简化代码，不过这题好像卡java了，可以学习一下写法，节省码代码的时间。
C++代码如下：
#includeJava代码如下：
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.concurrent.LinkedBlockingDeque;
public class Main {
static int n,m,a,b,c,k,w;
static int maps[][] = new int[500][500];
static int hp[][] = new int[500][500];
static int hurt[][] = new int[51][51];
static int dx[]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1};
static int dy[]={1,0,-1,1,-1,1,0,-1};
static void js(int x, int y) {
for(int i=0;i<8;i++) {
int xx=x+dx[i],yy=dy[i]+y;
if(xx<=0||yy<=0||yy>m||xx>n) continue;
if(hp[xx][yy]>0){
if(w>=hp[xx][yy])
hp[xx][yy]=0;
else hp[xx][yy]-=w;
}
}
}
static void gj(int id, int x, int y) {
for(int i=x-k/2,ii=1;i<=x+k/2;i++,ii++)
for(int j=y-k/2,jj=1;j<=y+k/2;j++,jj++)
{
if(i<=0||j<=0||j>m||i>n) continue;
if(id==0) js(i,j);
if(hp[i][j]>0){
if(hurt[ii][jj]>=hp[i][j])
hp[i][j]=0;
else hp[i][j]-=hurt[ii][jj];
}
}
}
public static void main(String[] args) {
Scanner cin=new Scanner(System.in);
n=cin.nextInt();
m=cin.nextInt();
a=cin.nextInt();
b=cin.nextInt();
c=cin.nextInt();
k=cin.nextInt();
w=cin.nextInt();
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=k;j++)
hurt[i][j]=cin.nextInt();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) {
maps[i][j]=cin.nextInt();
if(maps[i][j]==1) hp[i][j]=a;
else if(maps[i][j]==2) hp[i][j]=b;
else hp[i][j]=c;
}
int q=cin.nextInt();
while(q-->0) {
int id=cin.nextInt(),x=cin.nextInt(),y=cin.nextInt();
gj(id,x,y);
}
long ans1=0,ans2=0,ans3=0,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(maps[i][j]==1)
{
ans+=a-hp[i][j];
if(hp[i][j]==0) ans1++;
}
else if(maps[i][j]==2){
ans+=b-hp[i][j];
if(hp[i][j]==0) ans2++;
}
else{
ans+=c-hp[i][j];
if(hp[i][j]==0) ans3++;
}
}
System.out.println(ans1+" "+ans2+" "+ans3);
System.out.println(ans);
}
}
G. 程序设计：建立联系
原题链接：传送门
思路：
- 最小生成树模板题，有k个人可以免费，那么只需要考虑n-k个人即可。
- 个人感觉 A组+B组 最简单的题目就是这个了。
代码如下：
#includeH. 程序设计：最短路
原题链接：传送门
思路：
- 下午只建了一张图，过了40% 。
- 正反向建图跑一遍，目前过50% 。
- 好像 java被卡了 ， 写了一发c++直接过了，c++代码在java下面。
- 这道题的话，要注意数据范围 javaLong C++long long，其他没什么好注意的，就是最短路模板题，正反向建图，跑两次dij就可以了。
Java代码如下：
import java.util.ArrayDeque;
import java.util.Deque;
import java.util.PriorityQueue;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
import java.util.concurrent.LinkedBlockingDeque;
public class Main {
static class Edge{
int v,w,next;
Edge(int v,int w,int next){
this.v=v;
this.w=w;
this.next=next;
}
}
static int manx=1000000+5;
static int mamx=manx;
static int head[][]=new int[2][manx];
static long d[][]=new long[2][manx];
static boolean vis[]=new boolean[manx];
static Edge a[][] = new Edge[2][mamx];
static int cnt[] = new int[manx];
static int n,m,s,k0=0,k1=0;
static void add(int i,int u,int v, int w)
{
int k;
if(i==0) k=k0;
else k=k1;
Edge x=new Edge(v,w,head[i][u]);
a[i][++k]=x;
head[i][u]=k;
if(i==0) k0=k;
else k1=k;
}
static void spfa(int x){
for(int i=1;i<=n;i++) {
d[x][i]=(long) 1e9;
vis[i]=false;
}
Deque<Integer> q=new ArrayDeque<Integer>();
q.add(s);
d[x][s]=0;
vis[s]=true;
while(!q.isEmpty()){
int u=q.poll();
vis[u]=false;
for(int i=head[x][u];i>0;i=a[x][i].next){
int v=a[x][i].v;
int w=a[x][i].w;
if(d[x][v]>d[x][u]+w){
d[x][v]=d[x][u]+w;
if(!vis[v]) {
vis[v]=true;
if(!q.isEmpty()&&d[x][v]>=d[x][q.peek()]) q.addLast(v);
else q.addFirst(v);
}
}
}
}
}
public static void main(String[] args) {
Scanner cin=new Scanner(System.in);
int t=cin.nextInt();
while(t-->0) {
n=cin.nextInt();
m=cin.nextInt();
k0=0;
k1=0;
s=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
head[0][i]=0;
head[1][i]=0;
}
while(m-->0){
int u=cin.nextInt();
int v=cin.nextInt();
int w=cin.nextInt();
add(0,u,v,w);
add(1,v,u,w);
}
spfa(0);
spfa(1);
long ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
ans+=d[1][i]+d[0][i];
System.out.println(ans);
}
}
}
C++代码如下： （可AC）
#includeI. 程序设计：迷宫
原题链接：传送门
思路：
- 关于这道题和那道村庄、重复项一样蛋疼，很容易理解错题意，原题描述有这么一句：
- 如果进入传送入口格子 ，那么会被立即传送到传送出口格子。
- 就是说你无法控制是否进入传送门 ，这是一个无法抗拒的过程，到达即传送，18号下午我以为是可以选择的，现在思考了一会儿才发现是必须要进去传送门的。
- 这道题是很经典的BFS迷宫题目，不过多了一些坑点，注意好还是很容易AC的，坑点如下：
1 . 传送连环，就是一个传送门的终点是另一个传送门的起点；
2 . 传送成环，就是传送出去一圈后会回到原本的传送出发点；
3 . 传送到障碍物处 。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll unsigned long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline ll read(){
ll s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
const int manx=1005;
struct node{
int x,y;
};
char mps[manx][manx];
int d[manx][manx];
int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1};
bool vis[manx][manx];
int nx[105],ny[105];
int tp[manx][manx];
int n,m;
void bfs(){
queue<node>q;
while(q.size()) q.pop();
int sx=1,sy=1;
d[1][1]=0;
while(tp[sx][sy]>0){
int k=tp[sx][sy];
sx=nx[k];
sy=ny[k];
d[sx][sy]=0;
if(mps[sx][sy]=='*') return;
if(sx==1&&sy==1) return;
}
node star;
star.x=sx,star.y=sy;
q.push(star);
while(q.size()){
node a=q.front();
q.pop();
vis[a.x][a.y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=a.x+dx[i],yy=a.y+dy[i];
if(xx>0&&xx<=n&&yy>0&&yy<=m&&mps[xx][yy]=='.'&&
!vis[xx][yy]&&d[xx][yy]>d[a.x][a.y]+1){
int sx=xx,sy=yy;
d[xx][yy]=d[a.x][a.y]+1;
int flag=0;
while(tp[sx][sy]){
int k=tp[sx][sy];
sx=nx[k];
sy=ny[k];
if(mps[sx][sy]=='*') break;
if(sx==xx&&sy==yy) break;
d[sx][sy]=d[xx][yy];
}
if(!flag || ((sx!=xx||sy!=yy)&&mps[sx][sy]!='*'&&
d[sx][sy]>d[xx][yy])){
node b;
b.x=sx,b.y=sy;
q.push(b);
}
}
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>mps[i][j];
ll p=read(),index=1;
while(p--)
{
ll x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read();
nx[index]=xx,ny[index]=yy;
tp[x][y]=index++;
}
ll ex=read(),ey=read();
memset(d,inf,sizeof(d));
bfs();
if(d[ex][ey]==inf) cout<<"No solution"<<endl;
else cout<<d[ex][ey]<<endl;
return 0;
}
J. 程序设计：涂墙
原题链接：传送门
思路：
- 这道题模拟赛的时候只有一个人得了7分，算比较有趣的一道题。
- 原题是二维，我们不妨先考虑一维。
- n个格子，每次随机涂一个，求涂满m个格子的期望次数。
- 如概述所说，因为最终状态确定，使用逆推。设计状态 f[i] 表示涂了i个格子，到涂满m个格子还要涂的期望次数。初始状态是f[m]=0。转移时考虑f[i] 是怎么来的，有i/n的概率由“涂到涂过的格子”转移来，即由f[i]转移来；另有(n-i)/n 的概率由“涂到没涂过的格子”转移来，即由f[i+1] 来。并且无论从哪里来，这次的期望次数都比原来的期望次数多1。于是转移方程为
- dp[i]=i/n * dp[i] + (n-i)/n * dp[i+1]+1;
- 那么二维不过多了考虑行数，假设dp[i][j]表示当前i行涂红，j列涂红，有:
- dp[i][j] = i/n * j/n * dp[i][j] + i/n * (n-j)/n * dp[i][j+1] + (n-i)/n * j/n * dp[i+1][j] + (n-i)/n * (n-j)/n * dp[i+1][j+1] ;
- 移项化简就可以得到状态转移方程。
代码如下：
#include