【蓝桥杯】第十届蓝桥杯省赛c++A组解题代码

第十届蓝桥杯2019年C/C++ 大学A组省赛试题

做了好久, 终于把第十届的题全部做完了, 最后一题听了yls的思路后还啃了四五个小时(考试一共才四个小时啊), 还是太菜了. 没做前几届的题, 感觉这届挺难的,后面几个大题第一遍的时候都没能AC.糖果那题第一次用状压dp做, 后面三个数据超时了. 听了yls讲的改成IDA*才能AC.最后一题只是把样例过了, 试了几组大数据也没问题, 但是没找到地方测, 不能保证完全正确, 哪位小伙伴发现问题记得联系我哈.

---

试题 A: 平方和 (暴力)

本题总分：5 分

【问题描述】
小明对数位中含有 2、0、1、9 的数字很感兴趣，在 1 到 40 中这样的数包括 1、2、9、10 至 32、39 和 40，共 28 个，他们的和是 574，平方和是 14362。注意，平方和是指将每个数分别平方后求和。
请问，在 1 到 2019 中，所有这样的数的平方和是多少？
【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。
提示：如果你编写程序计算，发现结果是负的，请仔细检查自己的程序， 不要怀疑考场的编程软件

#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

bool st[10];

bool check(int n)
{
	while (n)
	{
		if (st[n % 10]) return true;
		n /= 10;
	}
	return false;
}

int main()
{
	st[0] = st[1] = st[2] = st[9] = true;
	
	LL res = 0;
	for (int i = 1; i <= 2019; i ++ )
	{
		if (check(i)) res += i * i;
	}
	
	cout << res;
	return 0;
}

答案 2658417853 

题 B: 数列求值（暴力

本题总分：5 分

【问题描述】
给定数列 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, …，从第 4 项开始，每项都是前 3 项的和。求
第 20190324 项的最后 4 位数字。
【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 4 位整数（提示：答案的千位不为 0），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。

#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int P = 10000;

int main()
{
	LL a = 1, b = 1, c = 1;
	LL res = 0;
	for (int i = 4; i <= 20190324; i ++ )
	{
		res = (a + b + c) % P;
		a = b, b = c, c = res;
	}
	
	cout << res;
	
	return 0;
}

答案 4659

试题 C: 最大降雨量

本题总分：10 分

【问题描述】
由于沙之国长年干旱，法师小明准备施展自己的一个神秘法术来求雨。
这个法术需要用到他手中的 49 张法术符，上面分别写着 1 至 49 这 49 个
数字。法术一共持续 7 周，每天小明都要使用一张法术符，法术符不能重复使用。
每周，小明施展法术产生的能量为这周 7 张法术符上数字的中位数。法术
施展完 7 周后，求雨将获得成功，降雨量为 7 周能量的中位数。
由于干旱太久，小明希望这次求雨的降雨量尽可能大，请大最大值是多少？
【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。

?  ?  ?  ?  ?  ?  ?
?  ?  ?  ?  ?  ?  ?
?  ?  ?  ?  ?  ?  ? 
?  ?  ?  34 35 36 37
?  ?  ?  38 39 40 41
?  ?  ?  42 43 44 45 
?  ?  ?  46 47 48 49
答案 34

试题D: 迷宫(bfs)

【问题描述】

下图给出了一个迷宫的平面图，其中标记为 1 的为障碍，标记为 0 的为可 以通行的地方。

010000

000100

001001

110000

迷宫的入口为左上角，出口为右下角，在迷宫中，只能从一个位置走到这 个它的上、下、左、右四个方向之一。 对于上面的迷宫，从入口开始，可以按DRRURRDDDR 的顺序通过迷宫， 一共 10 步。其中 D、U、L、R 分别表示向下、向上、向左、向右走。 对于下面这个更复杂的迷宫（30 行 50 列），请找出一种通过迷宫的方式， 其使用的步数最少，在步数最少的前提下，请找出字典序最小的一个作为答案。 请注意在字典序中D

【题目给出的数据】

01010101001011001001010110010110100100001000101010
00001000100000101010010000100000001001100110100101
01111011010010001000001101001011100011000000010000
01000000001010100011010000101000001010101011001011
00011111000000101000010010100010100000101100000000
11001000110101000010101100011010011010101011110111
00011011010101001001001010000001000101001110000000
10100000101000100110101010111110011000010000111010
00111000001010100001100010000001000101001100001001
11000110100001110010001001010101010101010001101000
00010000100100000101001010101110100010101010000101
11100100101001001000010000010101010100100100010100
00000010000000101011001111010001100000101010100011
10101010011100001000011000010110011110110100001000
10101010100001101010100101000010100000111011101001
10000000101100010000101100101101001011100000000100
10101001000000010100100001000100000100011110101001
00101001010101101001010100011010101101110000110101
11001010000100001100000010100101000001000111000010
00001000110000110101101000000100101001001000011101
10100101000101000000001110110010110101101010100001
00101000010000110101010000100010001001000100010101
10100001000110010001000010101001010101011111010010
00000100101000000110010100101001000001000000000010
11010000001001110111001001000011101001011011101000
00000110100010001000100000001000011101000000110011
10101000101000100010001111100010101001010000001000
10000010100101001010110000000100101010001011101000
00111100001000010000000110111000000001000000001011
10000001100111010111010001000110111010101101111000

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef pair PII;

const int N = 55;

int n, m;
char g[N][N];
pair pre[N][N];
bool st[N][N];
int dx[] = {1, 0, 0, -1}, dy[] = {0, -1, 1, 0};
char os[5] = "DLRU";

void bfs()
{
	queue q;
	PII t;
	t.first = 0, t.second = 0;
	q.push(t);
	st[0][0] = true;
	
	while (!q.empty())
	{
		PII u = q.front();
		q.pop();
		
		int x = u.first, y = u.second;
		
		if (x == n - 1 && y == m - 1) break;
		for (int i = 0; i < 4; i ++ )
		{
			int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
			if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m) continue;
			if (st[a][b] || g[a][b] == '1') continue;
			
			st[a][b] = true;
			pre[a][b].first = u, pre[a][b].second = os[i];
			PII v(a, b);
			q.push(v); 
		}
	}
	
	vector path;
	int x = n - 1, y = m - 1;
	while (x != 0 || y != 0)
	{
		path.push_back(pre[x][y].second);
		PII t = pre[x][y].first;
		x = t.first, y = t.second;
	}
	reverse(path.begin(), path.end());
	for (int i = 0; i < path.size(); i ++ )
	    cout << path[i];
}

int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> g[i];
	
	bfs();
	
	return 0;
}

答案 
DDDDRRURRRRRRDRRRRDDDLDDRDDDDDDDDDDDDRDDRRRURRUURRDDDDRDRRRRRRDRRURRDDDRRRRUURUUUUUUULULLUUUU
RRRRUULLLUUUULLUUULUURRURRURURRRDDRRRRRDDRRDDLLLDDRRDDRDDLDDDLLDDLLLDLDDDLDDRRRRRRRRRDDDDDDRR

试题E: RSA 解密 (数论)

【问题描述】
RSA 是一种经典的加密算法。它的基本加密过程如下。
首先生成两个质数 p, q，令 n = p · q，设 d 与 (p − 1) · (q − 1) 互质，则可找到 e 使得 d · e 除 (p − 1) · (q − 1) 的余数为 1。n, d, e 组成了私钥，n, d 组成了公钥。当使用公钥加密一个整数 X 时（小于 n），计算 C = X^d mod n，则 C 是加密后的密文。
当收到密文 C 时，可使用私钥解开，计算公式为 X = C^e mod n。例如，当 p = 5, q = 11, d = 3 时，n = 55, e = 27。若加密数字 24，得 243 mod 55 = 19。解密数字 19，得 1927 mod 55 = 24。现在你知道公钥中 n = 1001733993063167141, d = 212353，同时你截获了别人发送的密文 C = 20190324，请问，原文是多少？

思路:
1: 将n分解质因数求出p, q, 算出d = (p - 1) * (q - 1)
2: 扩展欧几里得求出d模(p - 1)(q - 1)的逆元e
3:快速幂算出X = C^e mod n (龟速乘优化)

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

LL n = 1001733993063167141;
LL d = 212353, C = 20190324;
LL p, q, e, X;

LL mul(LL a, LL b, LL P)    // 龟速乘 
{
	LL res = 0;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = (res + a) % P;
		a = (a + a) % P;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

LL qmi(LL a, LL b, LL P)    //  快速幂 
{
	LL res = 1 % P;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = mul(res, a, P);
		a = mul(a, a, P);
		b >>= 1; 
	}
	return res;
}

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)   // 扩展欧几里得求逆元 
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}

int main()
{
	for (LL i = 2; i <= n / i; i ++ )
		if (n % i == 0) p = i, q = n / i;
		
//	p = 891234941, q = 1123984201;	
	LL u = (p - 1) * (q - 1);
	cout << "u = " << u << endl;
	
	LL k;
	exgcd(d, u, e, k);
	while (e < 0) e += u;
	cout << "e = " << e << endl;
	
	X = qmi(C, e, n);
	
	cout << "X = " << X << endl;
	
	return 0;
}

试题F: 完全二叉树的权值 (暴力)

【问题描述】
给定一棵包含 N 个节点的完全二叉树，树上每个节点都有一个权值，按从上到下、从左到右的顺序依次是 A1, A2, · · · AN
现在小明要把相同深度的节点的权值加在一起，他想知道哪个深度的节点权值之和最大？如果有多个深度的权值和同为最大，请你输出其中最小的深度。
注：根的深度是 1。
【输入格式】
第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数 A1, A2, · · · AN 。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
7
1 6 5 4 3 2 1

【样例输出】
2
水题直接上代码

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, ans;
long long maxv = -1e9;
int w[N], pow[30];

int main()
{
    pow[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 30; i ++ ) pow[i] = 2 * pow[i - 1];
    
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
    
    int h = 1;
    long long sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        sum += w[i];
        if (i == pow[h] - 1)
        {
            if (sum > maxv)
            {
                maxv = sum;
                ans = h;
            }
            sum = 0;
            h ++ ;
        }
    }
    if (sum > maxv) ans = h;
    cout << ans;
    
    return 0;
}

试题G: 外卖店优先级 (模拟)

【问题描述】
“饱了么”外卖系统中维护着 N 家外卖店，编号 1 ∼ N。每家外卖店都有一个优先级，初始时 (0 时刻) 优先级都为 0。
每经过 1 个时间单位，如果外卖店没有订单，则优先级会减少 1，最低减到 0；而如果外卖店有订单，则优先级不减反加，每有一单优先级加 2。
如果某家外卖店某时刻优先级大于 5，则会被系统加入优先缓存中；如果优先级小于等于 3，则会被清除出优先缓存。
给定 T 时刻以内的 M 条订单信息，请你计算 T 时刻时有多少外卖店在优先缓存中。
【输入格式】
第一行包含 3 个整数 N、M 和 T 。
以下 M 行每行包含两个整数 ts 和 id，表示 ts 时刻编号 id 的外卖店收到一个订单。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
2 6 6
1 1
5 2
3 1
6 2
2 1
6 2

【样例输出】
1

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m, T;
int last[N], w[N];
bool st[N];
pair works[N];

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &T);
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        scanf("%d%d", &works[i].first, &works[i].second);
    
    sort(works, works + m);
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        int t = works[i].first, id = works[i].second;
        int sub = t - last[id] - (t == last[id] ? 0 : 1);
        if (w[id] - sub < 0) w[id] = 0;
        else w[id] -= sub;
        if (w[id] <= 3) st[id] = false;
        
        w[id] += 2;
        if (w[id] > 5) st[id] = true;
        last[id] = t;
    }
    
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        if (w[i] - (T - last[i]) <= 3) st[i] = false;
        if (st[i]) cnt ++ ;
    }
    
    cout << cnt;
    
    return 0;
}

试题H: 修改数组 (并查集)

【问题描述】
给定一个长度为 N 的数组 A = [A1, A2, · · · AN]，数组中有可能有重复出现的整数。
现在小明要按以下方法将其修改为没有重复整数的数组。小明会依次修改
A2, A3, · · · , AN。
当修改 Ai 时，小明会检查 Ai 是否在 A1 ∼ Ai−1 中出现过。如果出现过，则小明会给 Ai 加上 1 ；如果新的 Ai 仍在之前出现过，小明会持续给 Ai 加 1 ，直到 Ai 没有在 A1 ∼ Ai−1 中出现过。
当 AN 也经过上述修改之后，显然 A 数组中就没有重复的整数了。现在给定初始的 A 数组，请你计算出最终的 A 数组。
【输入格式】
第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数 A1, A2, · · · , AN 。
【输出格式】
输出 N 个整数，依次是最终的 A1, A2, · · · , AN。
【样例输入】
5
2 1 1 3 4

【样例输出】
2 1 3 4 5

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6 + 10;

int n;
LL p[N];

LL find(LL x)
{
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main()
{
    for (int i = 1; i <= N; i ++ ) p[i] = i;
    
    cin >> n;
    while (n -- )
    {
        LL x;
        cin >> x;
        x = find(x);
        cout << x << ' ';
        p[x] = find(x + 1);
    }
    
    return 0;
}

试题I: 糖果 (重复覆盖问题 IDA*)

【问题描述】
糖果店的老板一共有 M 种口味的糖果出售。为了方便描述，我们将 M 种口味编号 1 ∼ M。
小明希望能品尝到所有口味的糖果。遗憾的是老板并不单独出售糖果，而 是 K 颗一包整包出售。
幸好糖果包装上注明了其中 K 颗糖果的口味，所以小明可以在买之前就知道每包内的糖果口味。
给定 N 包糖果，请你计算小明最少买几包，就可以品尝到所有口味的糖果。

【输入格式】
第一行包含三个整数 N、M 和 K。
接下来 N 行每行 K 这整数 T1, T2, · · · , TK，代表一包糖果的口味。
【输出格式】
一个整数表示答案。如果小明无法品尝所有口味，输出 −1。
【样例输入】
6 5 3
1 1 2
1 2 3
1 1 3
2 3 5
5 4 2
5 1 2

【样例输出】
2

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 110, M = 1 << 20;

int ans;
int n, m, k;
int w[N];
vector path[20];

int f(int state)
{
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        if (!(state >> i & 1))
        {
            for (int j = 0; j < path[i].size(); j ++ )
            {
                state |= path[i][j];
            }
            cnt ++ ;
        }
    }
    return cnt;
}

bool dfs(int u, int state, int depth)
{
    if (u > depth) return false;
    if (u + f(state) > depth) return false;
    
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        if (!(state >> i & 1))
        {
            for (int j = 0; j < path[i].size(); j ++ )
            {
                int v = path[i][j];
                if (dfs(u + 1, state | v, depth)) return true;
            }
            return false;
        }
    }
    return true;
}

int main()
{
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int x;
        for (int j = 0; j < k; j ++ )
        {
            cin >> x;
            w[i] |= 1 << (x - 1);
        }
    }
    
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        for (int j = 1; j <= n; j ++ )
        {
            if (w[j] >> i & 1)
            {
                path[i].push_back(w[j]);
            }
        }
    }
    
    int depth = 1;
    while (depth <= m && !dfs(0, 0, depth)) depth ++ ;
    
    if (depth > m) cout << "-1" << endl;
    else cout << depth << endl;
    
    return 0;
}

试题J: 组合数问题 (卢卡斯定理 + 数位dp)

【问题描述】
给 n, m, k， 求 有 多 少 对 (i, j) 满 足 1 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ min(i, m) 且 C j ≡
0(mod k)，k 是质数。其中 C j 是组合数，表示从 i 个不同的数中选出 j 个组成
一个集合的方案数。
【输入格式】
第一行两个数 t, k，其中 t 代表该测试点包含 t 组询问，k 的意思与上文中相同。
接下来 t 行每行两个整数 n, m，表示一组询问。
【输出格式】
输出 t 行，每行一个整数表示对应的答案。由于答案可能很大，请输出答案除以 109 + 7 的余数。
【样例输入】
1 2
3 3
【样例输出】
1
【样例说明】
在所有可能的情况中，只有 C(2, 1) = 2 是 2 的倍数。
【样例输入】
2 5

4 5
6 7

【样例输出】
0
7

【样例输入】
3 23
23333333 23333333
233333333 233333333
2333333333 2333333333

【样例输出】
851883128
959557926
680723120

这题数据范围很大,每组数据要用logn的做法, 具体思路参照y的讲解, 这里把代码发一下

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 70, P = 1e9 + 7;

LL n, m, k, num;
int t;
int f[N], g[N], pow[N];

inline LL sum(int a, int b)
{
	return (b - a + 1) * (a + b) / 2;
}

void init(vector A, vector B)
{
	memset(f, 0, sizeof(f));
	memset(g, 0, sizeof(g));
	for (int i = 0; i < B.size(); i ++ )
	{
		f[i] = (sum(k - B[i] + 1, k) * pow[i]) % P;
		if (i) f[i] = ((k - B[i]) * f[i - 1] + f[i]) % P;
		else f[i] = (k - B[i] + f[i]) % P;
		
		if (i) g[i] = (sum(1, A[i]) * pow[i] + (A[i] + 1) * g[i - 1]) % P;
		else g[i] = sum(1, A[i] + 1);
	}
}

LL dp()
{
    LL ans = 0;
	vector nums_n, nums_m;
	while (n) nums_n.push_back(n % k), n /= k;
	while (m) nums_m.push_back(m % k), m /= k;
	init(nums_n, nums_m);
	
	if (nums_m.size() > nums_n.size()) return g[nums_n.size()];
	
	LL last = 0;
	for (int i = nums_n.size() - 1; i >= 0; i -- )
	{
	    if (i >= nums_m.size())
	    {
	        last = last * k + nums_n[i];
	        continue;
	    }
	    if (i == nums_m.size() - 1)
	        ans = (ans + last * f[i]) % P;
	    
	    if (nums_m[i] > nums_n[i])
	    {
	        ans = (ans + sum(1, nums_n[i]) * pow[i] % P + (nums_n[i] + 1) * (i ? g[i - 1] : 1) % P) % P;
	        break;
	    }
	    else
	    {
	        ans = (ans + sum(nums_n[i] - nums_m[i] + 1, nums_n[i]) * pow[i] % P) % P; 
	        ans = (ans + (nums_n[i] - nums_m[i]) * (i ? f[i - 1] : 1) % P) % P;
	        ans = (ans + nums_m[i] * (i ? g[i - 1] : 1) % P) % P;
	    }
	    
	    if(!i) ans ++ ; 
	    
	}
	return ans;
}

LL mul(LL a, LL b, int p)
{
    LL res = 0;
    while (b)
    {
        if (b & 1) res = (res + a) % p;
        a = (a + a) % p;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
	cin >> t >> k;
	pow[0] = 1;
	int v = sum(1, k);
	for (int i = 1; i <= 64; i ++ ) pow[i] = ((LL)v * pow[i - 1]) % P;
	
	while (t -- )
	{
		cin >> n >> m;
		if (m >= n)
		{
		    if (n % 2 == 0) num = mul((n + 2) / 2, n + 1, P);
		    else num = mul((n + 1) / 2, (n + 2), P);
		}
		else
		{
		    if (m % 2 == 0) num = mul((n + n + 2 - m) / 2, m + 1, P);
		    else num = mul((m + 1) / 2, n + n + 2 - m, P);
		}
		LL res = dp();
		cout << ((num - res) % P + P) % P << endl;
	}
	
	return 0;
}