第三届蓝桥杯复赛题解析

第三届蓝桥杯复赛题解析

第三届蓝桥杯复赛题原题：

http://www.cnblogs.com/AkQuan/archive/2012/04/10/2440370.html

第一题：

 1 #include  
 2 int main() 
 3 { 
 4 　　long int X=10, Y=90; 
 5 　　for(int k=1; k<=120; k++)//半分钟一个单位 
 6 　　{ 
 7 　　　　if(k%2==1)Y -= X;//因为X出生半分钟后就要吃Y，尔后每1分钟要吃Y，所以永远都是奇数个半分钟的时候吃Y，又因为此时X不会增长（题目为了减小讨论的复杂度），所以直接减X数量即可。 
 8 　　　　if(k%4==0)Y *= 2;//每2分钟翻倍 
 9 　　　　if(k%6==0)X *= 2;//每3分钟翻倍，X和Y的翻倍是相互独立的，不需要另作讨论。 
10    } 
11　　 printf("%d", Y); 
12return 0; 
13 }

 

第二题

这里推荐用一层循环，代码少一点，由于a*b=c（a/b/c都是正整数）可以得出c能被a整除，我们可以类似求回文数一样求出c，然后判断c%a==0是否成立即可，但是这里要注意判重，即a（五位数）的各个数字互不想同。

 1 #include  
 2  
 3 int main() 
 4 { 
 5     int a, b, num[5]; 
 6     for(a = 10000; a < 100000; a++) 
 7     { 
 8         int t = a, base = 10000, k = 0; 
 9         b = 0; 
10         while(t) 
11         { 
12             num[k] = t % 10; 
13             b = b * 10 + num[k]; 
14             for(int i = 0; i < k; i++) 
15             { 
16                 if(num[k] == num[i]) break; 
17             } 
18             if(i != k) break; 
19             k++; 
20             t /= 10; 
21         } 
22         if(!t && b % a == 0)printf("%d\n", a); 
23     } 
24     return 0; 
25 } 
26  

 

第三题

这里推荐一种更为普遍的方法：(dfs)

 1 #include  
 2 #define MAX 20 
 3  
 4 int n, m;        //n个海盗，m轮后全体倒下，船长喝了t瓶酒 
 5 double drink[MAX], t;    //记录船长每轮喝的酒量 
 6  
 7 void dfs(int x, int y) 
 8 { 
 9     if(y <= 0) 
10     { 
11         double sum = 0.0; 
12         for(int i = 1; i <= m; i++) 
13             sum += drink[i]; 
14         double dif = sum - t; 
15         if(dif < 0.0) dif = -dif; 
16         if(dif < 0.000001) 
17         { 
18             for(int i = m; i > 0; i--) 
19                 printf("%d ", (int)(1.0 / drink[i])); 
20             printf("\n"); 
21         } 
22         return; 
23     } 
24     if(x <= 0) return; 
25  
26     drink[y] = 1.0 / x; 
27     for(int i = 1; i < x; i++) 
28         dfs(x - i, y - 1); 
29 } 
30  
31 int main() 
32 { 
33     m = 4;        //喝了四轮 
34     t = 1.0;    //船长喝了一瓶酒 
35     for(n = 20; n >= 1; n--) 
36         dfs(n, m); 
37     return 0; 
38 } 

 

第四题

用位运算枚举，可以更加方便快捷。

 1 #include  
 2  
 3 int main() 
 4 { 
 5     char str[11]; 
 6     for(long i = 0; i < (1 << 10); i++) 
 7     { 
 8         int fen = 10; 
 9         for(int j = 0; j < 10; j++) 
10         { 
11             str[j] = ((i >> j) & 1) + '0'; 
12             if(str[j] - '0') fen *= 2; 
13             else fen -= j + 1; 
14         } 
15         str[j] = 0; 
16         if(100 == fen) 
17             puts(str); 
18     } 
19     return 0; 
20 } 

 

第五题

代码略

参考答案：

sizeof(int)*rank*rank
rank*(i%rank) + rank-i/rank-1

 

第六题

代码略

参考答案：

n3/base+n2/base+n4%base
r[2]/base

 

第七题

代码略

参考答案：

NumRow!=3 || NumCol!=3
f(x,r,c+1)
x[r][c]==1

 

第八题

此题有一个技巧，原题的算法：228 => 2+2+8 => 12 => 1+2 => 3

其实只需要 228 => 228%9 => 3 即可，若余数为 0，则直接取 9 。

 1 #include  
 2 #include  
 3 #define MAX 1005 
 4  
 5 long num[6]; 
 6 char tmp[MAX]; 
 7  
 8 int main() 
 9 { 
10     int t; 
11     scanf("%d", &t); 
12     while(t) 
13     { 
14         memset(num, 0, sizeof num); 
15         fgets(tmp, MAX, stdin); 
16         if(tmp[0] == '\n' || strlen(tmp) == 0) continue; 
17  
18         for(int i = 0; tmp[i] != 0 && tmp[i] != '\n'; i++) 
19         { 
20             num[i%6] += tmp[i]; 
21         } 
22  
23         for(int j = 0; j < 6; j++) 
24         { 
25             int t = num[j] % 9; 
26             printf("%d", t ? t : 9); 
27         } 
28         putchar('\n'); 
29         --t; 
30     } 
31     return 0; 
32 } 

 

 

第九题

思路：

p = 1 - 甲输的概率

甲输的话，有两种情况：
1：甲在第一轮中就输了
2：甲在晋级后，决赛中输了

假设 甲 先和 X 对决，则另两组是 Y 和 Z 对决
其中 Y 和 Z 对决有两种情况发生：要么Y赢，要么Z赢
所以综合上述讨论，可以算出甲输的概率是：

P(X, 甲) + P(甲，X)*P(Y, Z)*P(Y, 甲) + P(甲，X)*P(Z, Y)*P(Z, 甲)

即甲赢的概率是 1 减去上诉结果。
10万数据模拟可以得到甲赢的概率大约0.076。
验算：甲换成乙丙丁后分别算出四个数据，相加为1.0

 

 1 #include  
 2 #include  
 3 #include  
 4 #define COUNT 100000 
 5  
 6 const int g = 0; 
 7  
 8 double P[4][4] = {{0, 0.1, 0.3, 0.5}, 
 9     {0.9, 0, 0.7, 0.4}, 
10     {0.7, 0.3, 0, 0.2}, 
11     {0.5, 0.6, 0.8, 0} 
12 }; 
13  
14  
15 int main() 
16 { 
17     srand((unsigned)time(NULL)); 
18     double sum = 0.0; 
19  
20     for(int k = 1; k <= COUNT; k++) 
21     { 
22         int x = g, y = g, z = g; 
23         while(x == g) x = rand() % 4; 
24         //while(y==g || y==x) y=rand()%4;        //此处的生成y的方法和下面的方法有轻微差异 
25         for(int ii = 0; ii < 4 && (ii == g || ii == x); )++ii; //约有0.001的浮动，推荐用下面这个方法 
26         y = ii; 
27         for(int i = 0; i < 4 && (i == g || i == x || i == y); )++i; 
28         z = i; 
29         double r = 1 - (P[x][g] + P[g][x] * (P[y][z] * P[y][g] + P[z][y] * P[z][g])); 
30         sum += r; 
31     } 
32     printf("%lf\n", sum / COUNT); 
33  
34     return 0; 
35 } 

 

 

第十题

博弈问题，递推或者DP都可以解决，这里用递推。

 1 #include  
 2 #include <string.h> 
 3 int a[10001]; 
 4 int b[4] = {1, 3, 7, 8}; 
 5 int main() 
 6 { 
 7     int i, n, j; 
 8 
 9     memset(a, 0, sizeof a);     //初始化判定数组为0 
10     a[0] = 1;                 //说明对方取完了最后一堆，那么自己胜利 
11     for(i = 1; i <= 10000; i++) 
12         for(j = 0; j < 4; j++)if(i - b[j] >= 0) 
13             { 
14                 if(a[i-b[j]] == 0)     //有取法能致使对方输，那么自己就要赢 
15                 { 
16                     a[i] = 1; 
17                     break; 
18                 } 
19             } 
20 
21     scanf("%d", &n); 
22     while(n--) 
23     { 
24         scanf("%d", &i); 
25         printf("%d\n", a[i]); 
26     } 
27     return 0; 
28 } 
29  

 

posted @ 2012-04-10 15:16 Muse牧马 Views(397) Comments(0)  Edit

第三届蓝桥杯复赛原题

第一题：微生物增殖
假设有两种微生物 X 和 Y
X出生后每隔3分钟分裂一次（数目加倍），Y出生后每隔2分钟分裂一次（数目加倍）。
一个新出生的X，半分钟之后吃掉1个Y，并且，从此开始，每隔1分钟吃1个Y。
现在已知有新出生的 X=10, Y=89，求60分钟后Y的数目。
如果X=10，Y=90  呢？
本题的要求就是写出这两种初始条件下，60分钟后Y的数目。
题目的结果令你震惊吗？这不是简单的数字游戏！真实的生物圈有着同样脆弱的性质！也许因为你消灭的那只 Y 就是最终导致 Y 种群灭绝的最后一根稻草！
请忍住悲伤，把答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！

0
94371840

　　

 

第二题：古堡算式
福尔摩斯到某古堡探险，看到门上写着一个奇怪的算式：
ABCDE * ? = EDCBA
他对华生说：“ABCDE应该代表不同的数字，问号也代表某个数字！”
华生：“我猜也是！”
于是，两人沉默了好久，还是没有算出合适的结果来。
请你利用计算机的优势，找到破解的答案。
把 ABCDE 所代表的数字写出来。
答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！ 

21978

　　

 

第三题：比酒量
有一群海盗（不多于20人），在船上比拼酒量。过程如下：打开一瓶酒，所有在场的人平分喝下，有几个人倒下了。再打开一瓶酒平分，又有倒下的，再次重复…… 直到开了第4瓶酒，坐着的已经所剩无几，海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后，大家都倒下了。
等船长醒来，发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到：“……昨天，我正好喝了一瓶…….奉劝大家，开船不喝酒，喝酒别开船……”
请你根据这些信息，推断开始有多少人，每一轮喝下来还剩多少人。
如果有多个可能的答案，请列出所有答案，每个答案占一行。
格式是：人数,人数,…
例如,有一种可能是：20,5,4,2,0
答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！

20 5 4 2 0
18 9 3 2 0
15 10 3 2 0
12 6 4 2 0

　　

 

第四题：奇怪的比赛
某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪：
每位选手需要回答10个问题（其编号为1到10），越后面越有难度。答对的，当前分数翻倍；答错了则扣掉与题号相同的分数（选手必须回答问题，不回答按错误处理）。
每位选手都有一个起步的分数为10分。
某获胜选手最终得分刚好是100分，如果不让你看比赛过程，你能推断出他（她）哪个题目答对了，哪个题目答错了吗？
如果把答对的记为1，答错的记为0，则10个题目的回答情况可以用仅含有1和0的串来表示。例如：0010110011 就是可能的情况。
你的任务是算出所有可能情况。每个答案占一行。
答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！

1011010000
0111010000
0010110011

　　

 

第五题：转方阵
对一个方阵转置，就是把原来的行号变列号，原来的列号变行号
例如，如下的方阵：

1  2  3  4
5  6  7  8
9  10 11 12
13 14 15 16

转置后变为：

1  5  9 13
2  6 10 14
3  7 11 15
4  8 12 16

但，如果是对该方阵顺时针旋转（不是转置），却是如下结果：

13  9  5  1
14 10  6  2
15 11  7  3
16 12  8  4

下面的代码实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转。

void rotate(int* x, int rank) 
{
    int* y = (int*)malloc(___________________); // 填空
 
    for(int i=0; i) 
    {
        y[_________________________] = x[i];  // 填空
 } 

    for(i=0; i) 
    {
        x[i] = y[i];
    }

    free(y);
}

int main(int argc, char* argv[]) 
{
    int x[4][4] = {{1,2,3,4},{5,6,7,8},{9,10,11,12},{13,14,15,16}}; 
    int rank = 4; 

    rotate(&x[0][0], rank); 

    for(int i=0; i) 
    {
        for(int j=0; j) 
        {
            printf("%4d", x[i][j]); 
        }
        printf("\n"); 
    }

    return 0; 
}

 

 

第六题：大数乘法
对于32位字长的机器，大约超过20亿，用int类型就无法表示了，我们可以选择int64类型，但无论怎样扩展，固定的整数类型总是有表达的极限！如果对超级大整数进行精确运算呢？一个简单的办法是：仅仅使用现有类型，但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算，即所谓：“分块法”。

void bigmul(int x, int y, int r[]) 
{
    int base = 10000; 
    int x2 = x / base; 
    int x1 = x % base; 
    int y2 = y / base; 
    int y1 = y % base; 

    int n1 = x1 * y1; 
    int n2 = x1 * y2; 
    int n3 = x2 * y1; 
    int n4 = x2 * y2; 

    r[3] = n1 % base; 
    r[2] = n1 / base + n2 % base + n3 % base; 
    r[1] = ____________________________________________; // 填空
 r[0] = n4 / base; 
    
    r[1] += _______________________; // 填空
 r[2] = r[2] % base; 
    r[0] += r[1] / base; 
    r[1] = r[1] % base; 
}

int main(int argc, char* argv[]) 
{
    int x[] = {0,0,0,0}; 

    bigmul(87654321, 12345678, x); 

    printf("%d%d%d%d\n", x[0],x[1],x[2],x[3]); 

    return 0; 
}

请分析代码逻辑，并推测划线处的代码。
答案写在 “解答.txt” 文件中
注意：只写划线处应该填的内容，划线前后的内容不要抄写。

 

第七题：放棋子
今有 6 x 6 的棋盘格。其中某些格子已经预先放好了棋子。现在要再放上去一些，使得：每行每列都正好有3颗棋子(如图【1.jpg】)。

int N = 0; 

bool CheckStoneNum(int x[][6]) 
{
    for(int k=0; k<6; k++) 
    {
        int NumRow = 0; 
        int NumCol = 0; 
        for(int i=0; i<6; i++) 
        {
            if(x[k][i]) NumRow++; 
            if(x[i][k]) NumCol++; 
        }
        if(_____________________) return false; // 填空
 } 
    return true; 
}

int GetRowStoneNum(int x[][6], int r) 
{
    int sum = 0; 
    for(int i=0; i<6; i++) if(x[r][i]) sum++; 
    return sum; 
}

int GetColStoneNum(int x[][6], int c) 
{
    int sum = 0; 
    for(int i=0; i<6; i++) if(x[i][c]) sum++; 
    return sum; 
}

void show(int x[][6]) 
{
    for(int i=0; i<6; i++) 
    {
        for(int j=0; j<6; j++) printf("%2d", x[i][j]); 
        printf("\n"); 
    }
    printf("\n"); 
}

void f(int x[][6], int r, int c); 

void GoNext(int x[][6], int r, int c) 
{
    if(c<6) 
        _______________________;   // 填空
 else 
        f(x, r+1, 0); 
}

void f(int x[][6], int r, int c) 
{
    if(r==6) 
    {
        if(CheckStoneNum(x)) 
        {
            N++;
            show(x);
        }
        return; 
    }

    if(______________) // 已经放有了棋子
 { 
        GoNext(x,r,c);
        return; 
    }
    
    int rr = GetRowStoneNum(x,r); 
    int cc = GetColStoneNum(x,c); 

    if(cc>=3) // 本列已满
 GoNext(x,r,c); 
    else if(rr>=3) // 本行已满
 f(x, r+1, 0); 
    else 
    {
        x[r][c] = 1; 
        GoNext(x,r,c);
        x[r][c] = 0; 
        
        if(!(3-rr >= 6-c || 3-cc >= 6-r)) // 本行或本列严重缺子，则本格不能空着！
 GoNext(x,r,c); 
    }
}

int main(int argc, char* argv[]) 
{
    int x[6][6] = { 
        {1,0,0,0,0,0}, 
        {0,0,1,0,1,0}, 
        {0,0,1,1,0,1}, 
        {0,1,0,0,1,0}, 
        {0,0,0,1,0,0}, 
        {1,0,1,0,0,1} 
    };

    f(x, 0, 0); 
    
    printf("%d\n", N); 

    return 0; 
}

请分析代码逻辑，并推测划线处的代码。
答案写在 “解答.txt” 文件中
注意：只写划线处应该填的内容，划线前后的内容不要抄写。

 

第八题：密码发生器
在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了…
这个程序的任务就是把一串拼音字母转换为6位数字（密码）。我们可以使用任何好记的拼音串(比如名字，王喜明，就写：wangximing)作为输入，程序输出6位数字。
变换的过程如下：
第一步. 把字符串6个一组折叠起来，比如wangximing则变为：
wangxi
ming
第二步. 把所有垂直在同一个位置的字符的ascii码值相加，得出6个数字，如上面的例子，则得出：
228 202 220 206 120 105
第三步. 再把每个数字“缩位”处理：就是把每个位的数字相加，得出的数字如果不是一位数字，就再缩位，直到变成一位数字为止。例如: 228 => 2+2+8=12 => 1+2=3
上面的数字缩位后变为：344836, 这就是程序最终的输出结果！
要求程序从标准输入接收数据，在标准输出上输出结果。
输入格式为：第一行是一个整数n（<100），表示下边有多少输入行，接下来是n行字符串，就是等待变换的字符串。

输出格式为：n行变换后的6位密码。
例如，输入：
5
zhangfeng
wangximing
jiujingfazi
woaibeijingtiananmen
haohaoxuexi

则输出：
772243
344836
297332
716652
875843

注意：
请仔细调试！您的程序只有能运行出正确结果的时候才有机会得分！
在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的实例数据可能是不同的。
请把所有函数写在同一个文件中，调试好后，存入与【考生文件夹】下对应题号的“解答.txt”中即可。
相关的工程文件不要拷入。
源代码中不能能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
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）。

 

第九题：夺冠概率
足球比赛具有一定程度的偶然性，弱队也有战胜强队的可能。
假设有甲、乙、丙、丁四个球队。根据他们过去比赛的成绩，得出每个队与另一个队对阵时取胜的概率表:
甲  乙  丙  丁
甲   -  0.1 0.3 0.5
乙 0.9  -   0.7 0.4
丙 0.7  0.3 -   0.2
丁 0.5  0.6 0.8 -

数据含义：甲对乙的取胜概率为0.1，丙对乙的胜率为0.3，…
现在要举行一次锦标赛。双方抽签，分两个组比，获胜的两个队再争夺冠军。（参见【1.jpg】）

 

请你进行10万次模拟，计算出甲队夺冠的概率。

注意：
请仔细调试！您的程序只有能运行出正确结果的时候才有机会得分！
在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的实例数据可能是不同的。
请把所有函数写在同一个文件中，调试好后，存入与【考生文件夹】下对应题号的“解答.txt”中即可。
相关的工程文件不要拷入。
源代码中不能能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
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）。

 

第十题：
今盒子里有n个小球，A、B两人轮流从盒中取球，每个人都可以看到另一个人取了多少个，也可以看到盒中还剩下多少个，并且两人都很聪明，不会做出错误的判断。
我们约定：
每个人从盒子中取出的球的数目必须是：1，3，7或者8个。
轮到某一方取球时不能弃权！
A先取球，然后双方交替取球，直到取完。
被迫拿到最后一个球的一方为负方（输方）
请编程确定出在双方都不判断失误的情况下，对于特定的初始球数，A是否能赢？
程序运行时，从标准输入获得数据，其格式如下：
先是一个整数n(n<100)，表示接下来有n个整数。然后是n个整数，每个占一行（整数<10000），表示初始球数。
程序则输出n行，表示A的输赢情况（输为0，赢为1）。

例如，用户输入：
４
１
２
10
18
则程序应该输出：
0
1
1
0

注意：

请仔细调试！您的程序只有能运行出正确结果的时候才有机会得分！
在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的实例数据可能是不同的。
请把所有函数写在同一个文件中，调试好后，存入与【考生文件夹】下对应题号的“解答.txt”中即可。
相关的工程文件不要拷入。
源代码中不能能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
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）。