2013年第四届蓝桥杯B组(C/C++)预赛题目及个人答案(欢迎指正)
第一题:
题目标题: 高斯日记
大数学家高斯有个好习惯：无论如何都要记日记。
他的日记有个与众不同的地方，他从不注明年月日，而是用一个整数代替，比如：4210
后来人们知道，那个整数就是日期，它表示那一天是高斯出生后的第几天。这或许也是个好习惯，它时时刻刻提醒着主人：日子又过去一天，还有多少时光可以用于浪费呢？
高斯出生于：1777年4月30日。
在高斯发现的一个重要定理的日记上标注着：5343，因此可算出那天是：1791年12月15日。
高斯获得博士学位的那天日记上标着：8113
请你算出高斯获得博士学位的年月日。
提交答案的格式是：yyyy-mm-dd, 例如：1980-03-21
请严格按照格式，通过浏览器提交答案。
注意：只提交这个日期，不要写其它附加内容，比如：说明性的文字。
又是计算日期类型的题 ，连续三年都有这种题了，今年会不会有呢?
#include
int days1[13]= {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int days2[13]= {0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main()
{
int y=1777,m,d;
int sum=8113;
if(y%4==0&&y%100!=0||y%400==0)
{
for(int i=5; i<=12; i++)
sum-=days2[i];
}
else
{
for(int i=5; i<=12; i++)
sum-=days1[i];
}
y=1778;
while(sum>365)
{
y++;
if(y%4==0&&y%100!=0||y%400==0)
sum-=366;
else
sum-=365;
}
m=1;
if(y%4==0&&y%100!=0||y%400==0)
{
while(sum>31)
{
sum-=days2[m];
m++;
}
}
else
{
while(sum>31)
{
sum-=days1[m];
m++;
}
}
printf("%d-",y);
if(m<10)
printf("0%d-",m);
else
printf("%d-",m);
if(sum<10)
printf("0%d\n",sum);
else
printf("%d\n",sum);
return 0;
}
运行结果:1799-07-17
第二题:
标题: 马虎的算式
小明是个急性子，上小学的时候经常把老师写在黑板上的题目抄错了。
有一次，老师出的题目是：36 x 495 = ?
他却给抄成了：396 x 45 = ?
但结果却很戏剧性，他的答案竟然是对的！！
因为 36 * 495 = 396 * 45 = 17820
类似这样的巧合情况可能还有很多，比如：27 * 594 = 297 * 54
假设 a b c d e 代表1~9不同的5个数字（注意是各不相同的数字，且不含0）
能满足形如： ab * cde = adb * ce 这样的算式一共有多少种呢？
请你利用计算机的优势寻找所有的可能，并回答不同算式的种类数。
满足乘法交换律的算式计为不同的种类，所以答案肯定是个偶数。
答案直接通过浏览器提交。
注意：只提交一个表示最终统计种类数的数字，不要提交解答过程或其它多余的内容。
暴力，和2014年的那个六角和式差不多，看来蓝桥杯喜欢出同类型的题，我得在做完这几届的真题后做一个总结来发掘规律，嘿嘿。
#include
int main()
{
int a,b,c,d,e,ans=0;
for(a=1; a<=9; a++)
{
for(b=1; b<=9; b++)
{
if(b==a)
continue;
for(c=1; c<=9; c++)
{
if(c==a||c==b)
continue;
for(d=1; d<=9; d++)
{
if(d==a||d==b||d==c)
continue;
for(e=1; e<=9; e++)
{
if(e==a||e==b||e==c||e==d)
continue;
if((a*10+b)*(c*100+d*10+e)==(a*100+d*10+b)*(c*10+e))
ans++;
}
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
运行结果:142
第三题
题目标题: 第39级台阶
小明刚刚看完电影《第39级台阶》，离开电影院的时候，他数了数礼堂前的台阶数，恰好是39级!
站在台阶前，他突然又想着一个问题：
如果我每一步只能迈上1个或2个台阶。先迈左脚，然后左右交替，最后一步是迈右脚，也就是说一共要走偶数步。那么，上完39级台阶，有多少种不同的上法呢？
请你利用计算机的优势，帮助小明寻找答案。
要求提交的是一个整数。
注意：不要提交解答过程，或其它的辅助说明文字。
简单的DFS。
#include
int ans=0;
void dfs(int num,int step)
{
if(step<0)
return ;
if(step==0&&num%2==0)
{
ans++;
return ;
}
dfs(num+1,step-1);
dfs(num+1,step-2);
}
int main()
{
dfs(0,39);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
第五题
题目标题：前缀判断
如下的代码判断 needle_start指向的串是否为haystack_start指向的串的前缀，如不是，则返回NULL。
比如："abcd1234" 就包含了 "abc" 为前缀
char* prefix(char* haystack_start, char* needle_start)
{
char* haystack = haystack_start;
char* needle = needle_start;
while(*haystack && *needle){
if(______________________________) return NULL; //填空位置
}
if(*needle) return NULL;
return haystack_start;
}
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交。
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！
这里要判断的是两个指针指向的内容是否相等，要用到运算符*和++，*和++的优先级是一样的，因此要从右往左执行，所以答案是:
答案:*haystack++!=*needle++
第六题
标题：三部排序
一般的排序有许多经典算法，如快速排序、希尔排序等。
但实际应用时，经常会或多或少有一些特殊的要求。我们没必要套用那些经典算法，可以根据实际情况建立更好的解法。
比如，对一个整型数组中的数字进行分类排序：
使得负数都靠左端，正数都靠右端，0在中部。注意问题的特点是：负数区域和正数区域内并不要求有序。可以利用这个特点通过1次线性扫描就结束战斗!!
以下的程序实现了该目标。
其中x指向待排序的整型数组，len是数组的长度。
void sort3p(int* x, int len)
{
int p = 0;
int left = 0;
int right = len-1;
while(p<=right){
if(x[p]<0){
int t = x[left];
x[left] = x[p];
x[p] = t;
left++;
p++;
}
else if(x[p]>0){
int t = x[right];
x[right] = x[p];
x[p] = t;
right--;
}
else{
__________________________; //填空位置
}
}
}
如果给定数组：
25,18,-2,0,16,-5,33,21,0,19,-16,25,-3,0
则排序后为：
-3,-2,-16,-5,0,0,0,21,19,33,25,16,18,25
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！
填空处之前的代码功能就是实现负数放在前，正数放在后，那么剩下的0就自动归为中间部分，所以遇到0时就直接p++，跳过这个0继续判断下一个数。
答案:p++
第七题
标题：错误票据
某涉密单位下发了某种票据，并要在年终全部收回。
每张票据有唯一的ID号。全年所有票据的ID号是连续的，但ID的开始数码是随机选定的。
因为工作人员疏忽，在录入ID号的时候发生了一处错误，造成了某个ID断号，另外一个ID重号。
你的任务是通过编程，找出断号的ID和重号的ID。
假设断号不可能发生在最大和最小号。
要求程序首先输入一个整数N(N<100)表示后面数据行数。
接着读入N行数据。
每行数据长度不等，是用空格分开的若干个（不大于100个）正整数（不大于100000）
每个整数代表一个ID号。
要求程序输出1行，含两个整数m n，用空格分隔。
其中，m表示断号ID，n表示重号ID
例如：
用户输入：
2
5 6 8 11 9
10 12 9
则程序输出：
7 9
再例如：
用户输入：
6
164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196
172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158
128 102 110 148 139 157 140 195 197
185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190
149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188
113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119
则程序输出：
105 120
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
#include
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
int t,i,j,a[100+5],l=0,p=0,n=0,m=0;
char ch;
memset(a,0,sizeof(a));
scanf("%d",&t);
getchar();
while(l!=t)
{
scanf("%c",&ch);
if(ch>='0'&&ch<='9')
a[p]=a[p]*10+(ch-'0');
else if(ch==' ')
p++;
else if(ch=='\n')
{
l++;
p++;
}
}
sort(a,a+p);
for(i=0; i 第八题
题目标题：翻硬币
小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。
桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零）。
比如，可能情形是：**oo***oooo
如果同时翻转左边的两个硬币，则变为：oooo***oooo
现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？
我们约定：把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作，那么要求：
程序输入：
两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。每行的长度<1000
程序输出：
一个整数，表示最小操作步数
例如：
用户输入：
**********
o****o****
程序应该输出：
5
再例如：
用户输入：
*o**o***o***
*o***o**o***
程序应该输出：
1
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
贪心思路，实现见代码。
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
char a[1000+5],b[1000+5];
int ans=0,pos[1000+5],p=0;
scanf("%s%s",a,b);
int l=strlen(a);
for(int i=0; i
第九题
标题：带分数
100 可以表示为带分数的形式：100 = 3 + 69258 / 714
还可以表示为：100 = 82 + 3546 / 197
注意特征：带分数中，数字1~9分别出现且只出现一次（不包含0）。
类似这样的带分数，100 有 11 种表示法。
题目要求：
从标准输入读入一个正整数N (N<1000*1000)
程序输出该数字用数码1~9不重复不遗漏地组成带分数表示的全部种数。
注意：不要求输出每个表示，只统计有多少表示法！
例如：
用户输入：
100
程序输出：
11
再例如：
用户输入：
105
程序输出：
6
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 3000ms
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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路:分别设整数部分，分子和分母为x,y,z.会有N=x+y/z，我们可以通过DFS得出1~9不同的全排列，放入数组中。然后通过枚举x可能得到数组中的前几位数来找出满足条件的情况。
#include
#include
int N,ans;
int vis[10];//vis[i]记录数字i是否已被放在当前排列中
int a[10];//数组存储1~9的全排
int cal(int st,int en)//具体计算该数对应的十进制是多少
{
int num=0;
for(int i=st; i<=en; i++)
num=num*10+a[i];
return num;
}
void judge(int *a)
{
int x,y,z;
for(int i=1; i<9; i++)//整数部分最少为一位数，最多为八位数
{
x=cal(1,i);
if(x>=N)
break;
for(int j=i+(9-i)/2; j<=9; j++)//分母的位数不会比分子多，因此在剩下的(9-i)个数中，它最多得到(9-i)/2个，最少1个。再剩下的都给分子。
{
z=cal(j,9);
y=cal(i+1,j-1);
if ((y%z==0)&&((x+y/z)==N))//分子必须能被分母整除，注意题干中的分数是数学中的分数，会有存在小数的情况，要排除。
ans++;
}
}
}
void dfs(int pos)//找出1~9的全排列
{
if(pos==10)//已经找到一组全排列数，进行是否满足情况的判断
{
judge(a);
return ;
}
for(int i=1; i<=9; i++)
{
if(!vis[i])
{
a[pos]=i;
vis[i]=1;
dfs(pos+1);
vis[i]=0;
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&N))
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
ans=0;
dfs(1);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
} 第十题
标题：连号区间数
小明这些天一直在思考这样一个奇怪而有趣的问题：
在1~N的某个全排列中有多少个连号区间呢？这里所说的连号区间的定义是：
如果区间[L, R] 里的所有元素（即此排列的第L个到第R个元素）递增排序后能得到一个长度为R-L+1的“连续”数列，则称这个区间连号区间。
当N很小的时候，小明可以很快地算出答案，但是当N变大的时候，问题就不是那么简单了，现在小明需要你的帮助。
输入格式：
第一行是一个正整数N (1 <= N <= 50000), 表示全排列的规模。
第二行是N个不同的数字Pi(1 <= Pi <= N)， 表示这N个数字的某一全排列。
输出格式：
输出一个整数，表示不同连号区间的数目。
示例：
用户输入：
4
3 2 4 1
程序应输出：
7
用户输入：
5
3 4 2 5 1
程序应输出：
9
解释：
第一个用例中，有7个连号区间分别是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [2,2], [3,3], [4,4]
第二个用例中，有9个连号区间分别是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [1,5], [2,2], [3,3], [4,4], [5,5]
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 5000ms
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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
当区间里的最大数与最小数之差等于区间长度时就是连号区间。所以直接枚举区间即可，但也要注意技巧，如果直接三个for循环是会超时的，因此可以巧妙地压缩为两个for，即第一个for枚举区间的左端点，从1到n;第二个for枚举右端点，直接记录此时的最大最小数，下一次循环时，更新当前最大最小数，即在之前找寻到的最大最小的基础上继续找当前最大最小，无需又从左端点开始重新遍历一遍，这样就能达到减少一个for循环的效果。
#include
#include
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int a[50005];
int main()
{
int n,ans=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i