C/C++ 第十届蓝桥杯大赛省赛真题（大学A组） 题解

题目	类型
平方和	结果填空
数列求值	结果填空
最大降雨量	结果填空
迷宫	结果填空
RSA解密	结果填空
完全二叉树的权值	编程题
外卖店优先级	编程题
修改数组	编程题
糖果	编程题
组合数问题	编程题

1. 平方和

• 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。

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• 解析

  #include
  #include
  using namespace std;
  unsigned long long ans;
  int main()
  {
         
  	for (int i = 1; i <= 2019; i++)
  	{
         
  		string s = to_string(i);
  		for (int j = 0; j < s.length(); j++)
  		{
         
  			if (s[j] == '2' || s[j] == '0' || s[j] == '1' || s[j] == '9')
  			{
         
  				ans += i * i;
  				break;
  			}
  		}
  	}
  	cout << ans;
  	return 0;
  }
  

• 答案
  2658417853

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2. 数列求值

• 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。

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• 解析

  #include
  using namespace std;
  int main()
  {
         
  	int a1, a2, a3, a4;
  	a1 = a2 = a3 = 1;
  	for (int i = 4; i <= 20190324; i++)
  	{
         
  		a4 = a1 + a2 + a3;
  		a4 %= 10000;
  		a1 = a2;
  		a2 = a3;
  		a3 = a4;
  	}
  	cout << a4;
  	return 0;
  }
  

• 答案
  4659

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3. 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，请问最大值是多少？
• 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。

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• 解析
  由于降雨量为7周能量的中位数，只与中位数有关，因此尽可能让中位数更大即可。
  因此，在每一周中，选取3个小的数字+4个大的数字，那么每周的能量为第一个大数字
  例如：
  第一周：1，2，3，46，47，48，49。中位数为46
  第二周：4，5，6，42，43，44，45。中位数为42
  以此类推
  因此，降雨量最大值为34
• 答案
  34

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4. 迷宫

• 本题总分：10分

• 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

  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

• 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。本题的结果为一个字符串，包含四种字母 D、U、L、R，在提交答案时只填写这个字符串，填写多余的内容将无法得分。

• 解析

  #include
  #include
  #include
  #include
  using namespace std;
  char map[32][52];//地图，存放0和1
  bool vis[32][52];//是否访问过
  int record[32][52];//记录如何到达(x, y)点
  string s = "DLRU";//方向
  int dx[] = {
          1, 0, 0,-1 };
  int dy[] = {
          0,-1, 1, 0 };
  
  struct node
  {
         
  	int x;
  	int y;
  };
  
  void bfs()
  {
         
  	queue<node>q;
  	node now, next;
  	now.x = 0;
  	now.y = 0;
  	vis[0][0] = 1;
  	q.push(now);
  	while (!q.empty())
  	{
         
  		now = q.front();
  		q.pop();
  		for (int i = 0; i < 4; i++)
  		{
         
  			int x0 = now.x + dx[i];
  			int y0 = now.y + dy[i];
  			//如果在范围内，并且没有被访问过，且可以访问
  			if (x0 >= 0 && x0 < 30 && y0 >= 0 && y0 < 50 && !vis[x0][y0] && map[x0][y0] == '0')
  			{
         
  				next.x = x0;
  				next.y = y0;
  				vis[x0][y0] = 1;
  				q.push(next);
  				record[x0][y0] = i;//记录如何到达此点
  			}
  		}
  	}
  	
  	//从出口开始向入口遍历记录，因此放在栈中，便于反向输出
  	stack<char> st;
  	int x = 29, y = 49;
  	while (x != 0 || y != 0)
  	{
         
  		st.push(s[record[x][y]]);
  		x = x - dx[record[x][y]];
  		y = y - dy[record[x][y]];
  	}
  	//输出
  	while (!st.empty())
  	{
         
  		cout << st.top();
  		st.pop();
  	}
  }
  
  int main()
  {
         
  	for (int i = 0; i < 30; i++) cin >> map[i];
  	bfs();
  	return 0;
  }
  

• 答案
  DDDDRRURRRRRRDRRRRDDDLDDRDDDDDDDDDDDDRDDRRRURRUURRDDDDRDRRRRRRDRRURRDDDRRRRUURUUUUUUULULLUUUURRRRUULLLUUUULLUUULUURRURRURURRRDDRRRRRDDRRDDLLLDDRRDDRDDLDDDLLDDLLLDLDDDLDDRRRRRRRRRDDDDDDRR

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5. RSA解密

• 本题总分：15分
• 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？
• 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。

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• 解析

  //对n进行因式分解，得到其因子891234941和1123984201
  #include
  using namespace std;
  long long n= 1001733993063167141;
  long long d = 212353;
  long long c = 20190324;
  int main()
  {
         
  	for (long long i = 2; i * i < n; i++)
  	{
         
  		if (n % i == 0) cout << i << " " << n / i;
  	}
  	return 0;
  }
  

  #include
  using namespace std;
  long long n = 1001733993063167141;
  long long d = 212353;
  long long c = 20190324;
  long long p = 891234941;
  long long q = 1123984201;
  long long phi = (p - 1) * (q - 1);
  
  //欧几里得算法求逆元
  void Ex_gcd(long long a, long long b, long long& x, long long& y)
  {
         
  	if (b == 0)
  	{
         
  		x = 1;
  		y = 0;
  		return;
  	}
  	long long x1, y1;
  	Ex_gcd(b, a % b, x1, y1);
  	x = y1;
  	y = x1 - (a / b) * y1;
  }
  
  //快速乘求每次的余数
  long long quickmul(long long a, long long b)
  {
         
      long long sum = 0;
      while (b)
      {
         
          if (b % 2 == 1)
              sum = (sum + a) % n;
          a = (a + a) % n;
          b = b / 2;
      }
      return sum;
  }
  
  //快速幂
  long long quickmod(long long a, long long b)
  {
         
      long long ans = 1;
      while (b)
      {
         
          if (b % 2 == 1)//末位是1；
              ans = quickmul(ans, a);//这是直接的回溯法，从最后一位起，如果，如果最后一位是1，则乘a,然后在进行乘以它本身，以为乘1之后一定为偶数，也就是b/2;
          a = quickmul(a, a);
          b = b / 2;
      }
      return ans;
  }
  int main()
  {
         
  	long long e, x, y;
  	Ex_gcd(d, (q - 1) * (p - 1), e, y);
  	e = (e + phi) % phi;
  
      x = quickmod(c, e);
      cout << x;
  	return 0;
  }
  

• 答案
  579706994112328949

引用：https://www.jianshu.com/p/ec919a5d4c90

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6. 完全二叉树的权值

• 时间限制：1.0s
• 内存限制：256.0MB
• 本题总分：15分
• 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, · · · A_N，如下图所示：
  
  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, · · · A_N 。
• 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
• 评测用例规模与约定
  对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000， 100000 ≤ A_i ≤ 100000。

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• 答案

  #include
  #include
  using namespace std;
  #define ll long long
  ll sum;
  int n, ans, deep;
  int main()
  {
         
  	cin >> n;
  	deep = 1;
  	
  	//n个结点对应有log(2)(n+1)层
  	while (deep <= log(n+1)/log(2))
  	{
         
  		int num;
  		ll temp = 0;
  		
  		//一层一层输入计算总和
  		for (int i = 0; i < pow(2, deep - 1); i++)
  		{
         
  			cin >> num;
  			temp += num;
  		}
  		
  		//如果比目前的sum更大，则更新sum和层数
  		if (temp > sum)
  		{
         
  			sum = temp;
  			ans = deep;
  		}
  		deep++;
  	}
  	cout << ans;
  	return 0;
  }
  

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7. 外卖店优先级

• 时间限制：1.0s
• 内存限制：256.0MB
• 本题总分：20分
• 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
• 样例解释
  6 时刻时，1 号店优先级降到 3，被移除出优先缓存；2 号店优先级升到 6，加入优先缓存。所以是有 1 家店 (2 号) 在优先缓存中。
• 评测用例规模与约定
  对于 80% 的评测用例，1 ≤ N, M, T ≤ 10000。
  对于所有评测用例，1 ≤ N, M, T ≤ 100000，1 ≤ ts ≤ T，1 ≤ id ≤ N。

---

• 答案

  #include
  #include
  #include
  using namespace std;
  int store[100005];//用于存储商店的优先级
  int ans;//用于存储答案
  
  struct node
  {
         
  	int ts;
  	int id;
  }order[100005];//用于存储菜单数据
  
  //按照ts进行排序
  bool cmp(node a, node b)
  {
         
  	if (a.ts < b.ts) return 1;
  	else return 0;
  }
  
  int main()
  {
         
  	int n, m, t;
  	map<int, bool> map;
  	
  	//输入
  	cin >> n >> m >> t;
  	for (int i = 0; i < m; i++) cin >> order[i].ts >> order[i].id;
  	
  	//初始化map
  	for (int i = 0; i < n; i++) map[i] = false;
  	
  	//按照时间进行排序
  	sort(order, order + m, cmp);
  	
  	int pre = 0;
  	for (int i = 0; i < m; i++)
  	{
         
  		int now = order[i].ts;
  		int idx = order[i].id - 1;
  		store[idx] -= now - pre;
  		if (store[idx] < 0) store[idx] = 0;
  		store[idx] += 2;
  		if (store[idx] >= 5) map[idx] = true;
  		else map[idx] = false;
  		pre = now;
  	}
  	
  	//筛选
  	for (int i = 0; i < n; i++)
  	{
         
  		if (map[i] == true) ans++;
  	}
  	cout << ans;
  	return 0;
  }
  

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8. 修改数组

• 时间限制：1.0s
• 内存限制：256.0MB
• 本题总分：20分
• 问题描述
  给定一个长度为 N 的数组 A = [A₁, A₂, · · · A_N]，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, · · · , A_N。
  当修改 A_i 时，小明会检查 A_i 是否在 A₁ ∼ A_i-1 中出现过。如果出现过，则小明会给 A_i 加上 1 ；如果新的 A_i 仍在之前出现过，小明会持续给 A_i 加 1 ，直到 A_i 没有在 A₁ ∼ A_i-1 中出现过。
  当 A_N 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, · · · , A_N 。
• 输出格式
  输出 N 个整数，依次是最终的 A₁, A₂, · · · , A_N 。
• 样例输入
  5
  2 1 1 3 4
• 样例输出
  2 1 3 4 5
• 评测用例规模与约定
  对于 80% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 10000。
  对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000，1 ≤ A_i ≤ 1000000。

---

• 答案

  #include
  using namespace std;
  int a[100005];
  bool vis[1000005];
  int main()
  {
         
  	int n, num;
  	cin >> n;
  	for (int i = 0; i < n; i++)
  	{
         
  		cin >> num;
  		if (vis[num] == 0)
  		{
         
  			a[i] = num;
  			vis[num] = 1;
  		}
  		else
  		{
         
  			while (vis[num] == 1)
  			{
         
  				num++;
  			}
  			a[i] = num;
  			vis[num] = 1;
  		}
  	}
  	for (int i = 0; i < n; i++) cout << a[i] << " ";
  	return 0;
  }
  

---

9. 糖果

• 时间限制：1.0s
• 内存限制：256.0MB
• 本题总分：25分
• 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 个整数 T₁, T₂, · · · , T_K，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
• 评测用例规模与约定
  对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 20 。
  对于所有评测样例，1 ≤ N ≤ 100，1 ≤ M ≤ 20，1 ≤ K ≤ 20，1 ≤ T_i ≤ M。

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• 答案

  #include 
  #include 
  #include 
  #include 
  #define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
  #define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
  #define Mst(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
  using namespace std;
  int dp[1 << 20]; //二进制状态压缩 
  int a[105];
  int main()
  {
         
  	//freopen("in.txt","r",stdin);
  	int m, n, k;
  	while (scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF)
  	{
         
  		set<int> v; //记录n包中所有糖果的种类数 
  		memset(dp, 0x3f, sizeof(int) * (1 << m)); //初始化 
  		dp[0] = 0;
  		For(i, 1, n)
  		{
         
  			int x = 0, y;
  			For(j, 1, k)
  			{
         
  				scanf("%d", &y);
  				--y;
  				v.insert(y);
  				x |= (1 << y);
  			}
  			a[i] = x; //x的二进制形式第i位为1代表这个集合中有第i+1种糖果 
  			dp[x] = 1;//这种状态只需要第i包糖果1包就可以达到 
  		}
  		if ((int)v.size() < m) //把n包唐都买了也吃不到m中糖果 
  		{
         
  			printf("-1\n"); continue;
  		}
  		int ed = (1 << m) - 1; //目标状态 
  		For(i, 1, n)
  		{
         
  			For(state, 0, ed)
  			{
         
  				if (dp[state] > 200) continue; //用已有的状态去更新加上第i包糖果后的状态 
  				int to = a[i] | state;
  				dp[to] = min(dp[to], 1 + dp[state]);
  			}
  		}
  		printf("%d\n", dp[ed]);
  	}
  
  	return 0;
  }
  

引用：https://blog.csdn.net/qq_40531479/article/details/89041933

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10. 组合数问题

• 时间限制：1.0s
• 内存限制：256.0MB
• 本题总分：25分
• 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(i, j) ≡0(mod k)，k 是质数。其中 C(i, 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(1, 2) = 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
• 数据规模和约定
  对于所有评测用例，1 ≤ k ≤ 10⁸, 1 ≤ t ≤ 10⁵, 1 ≤ n, m ≤ 10¹⁸，且 k 是质数。
  评测时将使用 10 个评测用例测试你的程序，每个评测用例的限制如下：
  

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• 答案

  #include
  #include
  using namespace std;
  #define ll long long
  ll mod = 1000000007;
  ll mat[1000][1000];
  
  ll Rcombinat(ll m, ll n)
  {
         
  	if (mat[m][n] != 0)
  		return mat[m][n];
  	if (n == 0 || m == n)
  	{
         
  		mat[m][n] = 1;
  		return 1;
  	}
  	mat[m - 1][n - 1] = Rcombinat(m - 1, n - 1);
  	mat[m - 1][n] = Rcombinat(m - 1, n);
  	mat[m][n] = mat[m - 1][n - 1] + mat[m - 1][n];
  	return mat[m][n];
  }
  
  int main()
  {
         
  	ll t, k;
  	cin >> t >> k;
  	while (t--)
  	{
         
  		ll n, m, ans = 0;
  		cin >> n >> m;
  		for (ll i = 1; i <= n; i++)
  		{
         
  			for (ll j = 0; j <= min(i, m); j++)
  			{
         
  				memset(mat, 0, sizeof(mat));
  				ll res = Rcombinat(i, j);
  				if (res % k == 0) ans++;
  			}
  		}
  		cout << ans%mod << endl;
  	}
  	return 0;
  }