第十二届蓝桥杯 2021年省赛真题 (C/C++ 大学C组) 第二场

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解析移步对应 Java组 的题解。

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#A 浮点数

本题总分：$5$ 分

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问题描述

  $\mathrm{I}\mathrm{E}\mathrm{E}\mathrm{E}754$ 规定一个双精度浮点数由 $1$ 位符号位、$11$ 位阶和 $52$ 位尾数组成（以上位数都表示二进制位数）。
  请问，按此规定一个双精度浮点数占用几个字节？

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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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8

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  有点无力吐槽。

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#B 求余

本题总分：$5$ 分

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问题描述

  在 $\mathrm{C}/\mathrm{C}$++$/\mathrm{J}\mathrm{a}\mathrm{v}\mathrm{a}/\mathrm{P}\mathrm{y}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{o}\mathrm{n}$ 等语言中，使用 $\%$ 表示求余，请问 $2021\%20$ 的值是多少？

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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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1

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  试图把我激怒。

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#C 双阶乘

本题总分：$10$ 分

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问题描述

  一个正整数的双阶乘，表示不超过这个正整数且与它有相同奇偶性的所有正整数乘积。$n$ 的双阶乘用 $n!!$ 表示。
  例如：
  $3!!=3\times 1=3$。
  $8!!=8\times 6\times 4\times 2=384$。
  $11!!=11\times 9\times 7\times 5\times 3\times 1=10395$。
  请问，$2021!!$ 的最后 $5$ 位（这里指十进制位）是多少？
  注意：$2021!!=2021\times 2019\times \cdot \cdot \cdot \times 5\times 3\times 1$。
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

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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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59375

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#include 

int ans = 1, n = 2021, p = 100000;

int main() {
    while (n > 0)
        ans = ans * n % p, n -= 2;
    printf("%05d", ans);
}

  简单的离谱。

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#D 格点

本题总分：$10$ 分

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问题描述

  如果一个点 $(x,y)$ 的两维坐标都是整数，即 $x\in Z$ 且 $y\in Z$，则称这个点为一个格点。
  如果一个点 $(x,y)$ 的两维坐标都是正数，即 $x>0$ 且 $y>0$，则称这个点在第一象限。
  请问在第一象限的格点中，有多少个点 $(x,y)$ 的两维坐标乘积不超过 $2021$，即 $x\cdot y\le 2021$。
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

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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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15698

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朴素解法

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#include 

int ans = 0, n = 2021;

int main() {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            if (i * j <= n) ans++;
    printf("%d", ans);
}

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倍数法

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  诚然，朴素的去枚举二元组 $(x,y)$，可以在一个理想的时间内计算出答案。

  但我希望每个人在编程时，还是尽可能的考虑当数据再大若干个量级时，我们所选取的策略是否还是良性的。

  比如这道题朴素枚举的复杂度在 $O(n^2)$，而我们只要稍加思索就能发现，这道题与统计不大于 $2021$ 的自然数中的每个数的因数个数等价。

  因为对于任意不同的自然数 $n=x\times y$，生成其的二元组 $(x,y)$ 互相独立，于是问题等价于上述命题。

  这时我们选用倍数法去统计因数个数之和，即可在 $O(n\log n)$ 的复杂度下计算出答案，这是因为不大于 $n$ 的自然数的因数个数之和约等于 $n\log n$ 个，而倍数法对于每个因数只统计一次。

#include 

int ans = 0, n = 2021;

int main() {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; i * j <= n; j++) ans++;
    printf("%d", ans);
}

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#E 整数分解

本题总分：$15$ 分

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问题描述

  将 $3$ 分解成两个正整数的和，有两种分解方法，分别是 $3=1+2$ 和 $3=2+1$。注意顺序不同算不同的方法。
  将 $5$ 分解成三个正整数的和，有 $6$ 种分解方法，它们是 $1+1+3=1+2+2=1+3+1=2+1+2=2+2+1=3+1+1$。
  请问，将 $2021$ 分解成五个正整数的和，有多少种分解方法？

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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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691677274345

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归纳法

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  对于 $n$，$n\in {\mathbb{Z}}^{+}$，设 $n$ 划分 $n^{\prime }$ 个的方案数为 $f_{n,n^{\prime }}$，

  划分为 $1$ 个正整数的方案为一，即 $n$；

  划分为 $2$ 个正整数的方案，有 $n-1$ 种，即 $\{n-k,k\}$，$k\in {\mathbb{Z}}^{+}$，$n\ge 2$；

  划分为 $3$ 个正整数的方案，有 $\frac{(n-1)(n-2)}{2}$ 种，即 $\sum _{i=2}^{n-1}(f_{i,2}\times f_{n-i,1})=\sum _{i=2}^{n-1}(i-1)$，$n\ge 3$；

  划分为 $5$ 个正整数的方案，有 $\sum _{i=3}^{n-2}(f_{i,3}\times f_{n-i,2})=\sum _{i=3}^{n-2}\frac{(i-1)(i-2)(n-i-1)}{2}=\frac{n}{2}\sum _{i=3}^{n-2}\{(i-1)(i-2)\}-\frac{1}{2}\sum _{i=3}^{n-2}\{(i^2-1)(i-2)\}=\frac{n}{2}\left(\frac{(n-3)(n-4)(2n-7)}{6}+\frac{(n+1)(n-4)}{2}-2(n-4)\right)-\frac{1}{2}\left((\frac{(n-2)(n-3)}{2}{)}^2+\frac{(n-1)(n-2)(2n-3)}{6}-(2n-1)(n-4)-6\right)$，$n\ge 5$；

  其实是等于 $C_{2020}^4$ 的，但整理太费事了。

  而且整理通项公式也容易出错，

  我的建议是直接暴力累加。

#include 

long long ans = 0, n = 2021;

int main() {
    for (int i = 3; i <= n - 2; i++)
        ans += (i - 1) * (i - 2) * (n - i - 1) / 2;
    printf("%lld", ans);
}

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数理分析

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  如果将 $n$ 看做 $n$ 个 $1$ 累加的结果，即 $2021=\begin{array}{c}1+1+\cdots +1\\ 2021\end{array}$，将每个 $+$ 视作一个间隙，则间隙共有 $2020$ 个，对于每一种划分，我们都可以表示成任选四个间隙，然后先对间隙外的 $1$ 求和，

  比如：

  $\begin{array}{rl}15& =1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1\\ & =(1+1+1+1+1)+(1+1+1+1)+(1+1+1)+(1+1)+1\\ & =5+4+3+2+1\end{array}$

  $n=2021$ 时，这样的划分有 $C_{2021-1}^4$ 个，

  不能说跟概率毫不相干，

  所以标题起了这个。

#include 

long long C(int n, int m) {
    long long C = 1;
    for (int i = 0; i < m; i++)
        C = C * (n - i) / (i + 1);
    return C;
}

int main() {
    printf("%lld", C(2021 - 1, 4));
}

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#F 3 的倍数

时间限制: $1.0\mathrm{s}$ 内存限制: $256.0\mathrm{M}\mathrm{B}$ 本题总分: $15$ 分

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问题描述

  小蓝对 $3$ 的倍数很感兴趣。现在他手头有三个不同的数 $a,b,c$，他想知道，这三个数中是不是有两个数的和是 $3$ 的倍数。
  例如，当 $a=3,b=4,c=6$ 时，可以找到 $a$ 和 $c$ 的和是 $3$ 的倍数。
  例如，当 $a=3,b=4,c=7$ 时，没办法找到两个数的和是 $3$ 的倍数。

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输入格式

  输入三行，每行一个整数，分别表示 $a,b,c$。

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输出格式

  如果可以找到两个数的和是 $3$ 的倍数，输出 $yes$，否则输出 $no$。

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测试样例₁

Input：
3
4
6

Output：
yes

测试样例₂

Input：
3
4
7

Output：
no

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评测用例规模与约定

  对于所有评测用例，$1\le a\le b\le c\le 100$。

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#include 

int a, A[3];

int main() {
    while (~scanf("%d", &a)) A[a % 3]++;
    printf(A[0] > 1 || A[1] & A[2] ? "yes" : "no");
}

  两数整数之和为 $3$ 的倍数，只存在两数皆为 $3$ 的倍数，和两数除 $3$ 分别余 $2$ 和 $1$ 这两种情况。

  能把代码写的薛微优雅一点。

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#G 特殊年份

时间限制: $1.0\mathrm{s}$ 内存限制: $256.0\mathrm{M}\mathrm{B}$ 本题总分：$20$ 分

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问题描述

  今年是 $2021$ 年，$2021$ 这个数字非常特殊，它的千位和十位相等，个位比百位大 $1$，我们称满足这样条件的年份为特殊年份。
输入 $5$ 个年份，请计算这里面有多少个特殊年份。

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输入格式

  输入 $5$ 行，每行一个 $4$ 位十进制数（数值范围为 $1000$ 至 $9999$），表示一个年份。

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输出格式

  输出一个整数，表示输入的 $5$ 个年份中有多少个特殊年份。

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测试样例₁

Input：
2019
2021
1920
2120
9899

Output：
2

Explanation：
2021 和 9899 是特殊年份，其它不是特殊年份。

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#include 

int y, ans;

int main() {
    while (~scanf("%x", &y))
        if (!((y >> 4 ^ y >> 12) & 0xf) && !((y + 0x100 >> 8 ^ y) & 0xf)) ans++;
    printf("%d", ans);
}

  题出的都是些什么玩意，

  算法掺了点 $\mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D}$码。

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#H 小平方

时间限制: $1.0\mathrm{s}$ 内存限制: $256.0\mathrm{M}\mathrm{B}$ 本题总分：$20$ 分

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问题描述

  小蓝发现，对于一个正整数 $n$ 和一个小于 $n$ 的正整数 $v$，将 $v$ 平方后对 $n$ 取余可能小于 $n$ 的一半，也可能大于等于 $n$ 的一半。
  请问，在 $1$ 到 $n-1$ 中，有多少个数平方后除以 $n$ 的余数小于 $n$ 的一半。
  例如，当 $n=4$ 时，$1,2,3$ 的平方除以 $4$ 的余数都小于 $4$ 的一半。
  又如，当 $n=5$ 时，$1,4$ 的平方除以 $5$ 的余数都是 $1$，小于 $5$ 的一半。而 $2,3$ 的平方除以 $5$ 的余数都是 $4$，大于等于 $5$ 的一半。

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输入格式

  输入一行包含一个整数 $n$。

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输出格式

  输出一个整数，表示满足条件的数的数量。

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测试样例₁

Input：
5

Output：
2

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评测用例规模与约定

  对于所有评测用例，$1\le n\le 10000$。

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#include 

int n, ans;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i < n; ++i)
        if (i * i % n < n + 1 >> 1) ans++;
    printf("%d", ans);
}

  写了个 $\sum _{i=1}^{n-1}\lfloor \frac{2(i^2-n\lfloor \frac{i^{{}_2}}{n}\rfloor )}{n}\rfloor$ 研究半天，毛都没研究出来。

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#I 完全平方数

时间限制: $1.0\mathrm{s}$ 内存限制: $256.0\mathrm{M}\mathrm{B}$ 本题总分：$25$ 分

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问题描述

  一个整数 $a$ 是一个完全平方数，是指它是某一个整数的平方，即存在一个整数 $b$，使得 $a=b^2$。
  给定一个正整数 $n$，请找到最小的正整数 $x$，使得它们的乘积是一个完全平方数。

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输入格式

  输入一行包含一个正整数 $n$。

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输出格式

  输出找到的最小的正整数 $x$。

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测试样例₁

Input：
12

Output：
3

测试样例₂

Input：
15

Output：
15

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评测用例规模与约定

  对于 $30$% 的评测用例，$1\le n\le 1000$，答案不超过 $1000$。
  对于 $60$% 的评测用例，$1\le n\le 10^8$，答案不超过 $10^8$。
  对于所有评测用例，$1\le n\le 10^{12}$，答案不超过 $10^{12}$。

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#include 

long long n, m, x = 1;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        for (m = 0; !(n % i); n /= i, m++);
        if (m & 1) x *= i;
    }
    printf("%lld", x);
}

  每届必考的算术基本定理。

  有 $a=b^2=\prod p_i^{2k_i}$，$nx=\prod p_i^{k_{n_i}+k_{x_i}}$，

  则 $x=\prod p_i^{k_{x_i}}$，满足 $2\mid (k_{n_i}+k_{x_i})$，且 $x_i$ 最小即可。

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#J 负载均衡

时间限制: $1.0\mathrm{s}$ 内存限制: $256.0\mathrm{M}\mathrm{B}$ 本题总分：$25$ 分

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问题描述

  有 $n$ 台计算机，第 $i$ 台计算机的运算能力为 $v_i$。
  有一系列的任务被指派到各个计算机上，第 $i$ 个任务在 $a_i$ 时刻分配，指定计算机编号为 $b_i$ ，耗时为 $c_i$ 且算力消耗为 $d_i$ 。如果此任务成功分配，将立刻开始运行，期间持续占用 $b_i$ 号计算机 $d_i$ 的算力，持续 $c_i$ 秒。
  对于每次任务分配，如果计算机剩余的运算能力不足则输出 $-1$，并取消这次分配，否则输出分配完这个任务后这台计算机的剩余运算能力。

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输入格式

  输入的第一行包含两个整数 $n,m$，分别表示计算机数目和要分配的任务数。
  第二行包含 $n$ 个整数 $v_1,v_2,\cdot \cdot \cdot v_n$，分别表示每个计算机的运算能力。
  接下来 $m$ 行每行 $4$ 个整数 $a_i,b_i,c_i,d_i$，意义如上所述。数据保证 $a_i$ 严格递增，即 $a_i<a_{i+1}$。

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输出格式

  输出 $m$ 行，每行包含一个数，对应每次任务分配的结果。

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测试样例₁

Input：
2 6
5 5
1 1 5 3
2 2 2 6
3 1 2 3
4 1 6 1
5 1 3 3
6 1 3 4

Output：
2
-1
-1
1
-1
0

Explanation：
时刻 1，第 1 个任务被分配到第 1 台计算机，耗时为 5 ，这个任务时刻 6 会结束，占用计算机 1 的算力 3。
时刻 2，第 2 个任务需要的算力不足，所以分配失败了。
时刻 3，第 1 个计算机仍然正在计算第 1 个任务，剩余算力不足 3，所以失败。
时刻 4，第 1 个计算机仍然正在计算第 1 个任务，但剩余算力足够，分配后剩余算力 1。
时刻 5，第 1 个计算机仍然正在计算第 1, 4 个任务，剩余算力不足 4，失败。
时刻 6，第 1 个计算机仍然正在计算第 4 个任务，剩余算力足够，且恰好用完。

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评测用例规模与约定

  对于 $20$% 的评测用例，$n,m\le 200$。
  对于 $40$% 的评测用例，$n,m\le 2000$。
  对于所有评测用例，$1\le n,m\le 200000$，$1\le a_i,c_i,d_i,v_i\le 10^9$，$1\le b_i\le n$。

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#include 

using namespace std;

int V[200001];

priority_queue<pair<int, pair<int, int>>> pq;

int main() {
    int n, m, a, b, c, d;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a), V[i] = a;
    pq.push(make_pair(-1000000009, make_pair(0, 0)));
    while (~scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d)) {
        while (abs(pq.top().first) <= a)
            V[pq.top().second.first] += pq.top().second.second, pq.pop();
        if (V[b] >= d) {
            pq.push(make_pair(-a - c, make_pair(b, d)));
            printf("%d\n", V[b] -= d);
        } else printf("-1\n");
    }
}

  优先列队模拟，

  一个小时干完十道题，麻了。

  不想出题可以外包，真的。