2019蓝桥杯省赛C++A组真题解析

试题A: 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？
【解题思路】
暴力法枚举1～2019即可，注意保存平方和使用long long
【代码】

#include 
typedef long long LL;
LL sum;
bool check(int x) {
    int num;
    while(x > 0) {
        num = x % 10;
        if(num == 2 || num == 0 || num == 1 || num == 9) {
            return true;
        }
        x /= 10;
    }
    return false;
}

int main() {
    for(int i = 1; i <= 2019; i++) {
        if(check(i)) {
            sum += i * i;
        }
    }
    printf("%lld\n", sum);
    return 0;
}

【答案】
2658417853

试题B: 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。
【解题思路】
暴力递推。因为只求最后四位数字，所以每次mod10000，防止溢出。
【代码】

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;

int main() {
	LL a = 1, b = 1, c = 1, d;
	
	for(int i = 4; i <= 20190324; i++) {
		d = (a + b + c) % 10000;
		a = b;
		b = c;
		c = d;
	}
	cout << d << endl;
	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？
【解题思路】

如上图所示，根据题目可知要第四行第四列的数尽可能最大即可。前三周选取1～21，对最终结果无影响，后四周的前三天应在22～33中选择，才能保证第四列的中位数最大。
【答案】
34

试题D: 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
【解题思路】
（1）首先01地图中找最短路，肯定选择广度优先搜索(BFS)。
（2）然后需要路径，只需要在搜索过程中记录下每个节点由什么操作转换，之后再反向沿着路径找回去就知道了走法。
（3）最后还需要路径字典序最小，那么我们可以考虑方向数组的4个方向向量的顺序即可，即按DLRU这个顺序搜索即可。
【代码】

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
struct state {
    int x, y;
    state(int x_, int y_) {
        x = x_;
        y = y_;
    }
};
int h, w;
int e[70][70], book[70][70], from[70][70]; //e为地图，book为标记数组，from代表通过何种操作到达该位置
int mo[4][2] = {{1, 0}, {0, -1}, {0, 1}, {-1, 0}}; //注意控制搜索顺序，字典序最小
int inv_mo[4][2] = {-1, 0, 0, 1, 0, -1, 1, 0}; //逆推
char mo_ch[4] = {'D', 'L', 'R', 'U'};

//地图输入，字符串转数组
void input() {
    h = 30;
    w = 50;
    for(int i = 0; i < h; i++) {
        string s;
        cin >> s;
        for(int j = 0; j < w; j++) {
            e[i][j] = s[j] - '0';
        }
    }
}

//核心代码，bfs搜索
void bfs() {
    queue<state> q;
    q.push(state(0, 0));
    from[0][0] = -1;
    book[0][0] = 1;
    while(!q.empty()) {
        state temp = q.front();
        q.pop();
        if(temp.x == h - 1 && temp.y == w - 1) {
            break;
        }
        for(int i = 0; i < 4; i++) {
            int nx = temp.x + mo[i][0];
            int ny = temp.y + mo[i][1];
            if(nx < 0 || ny < 0 || nx >= h || ny >= w || book[nx][ny] || e[nx][ny] == 1)
                continue;
            book[nx][ny] = 1;
            from[nx][ny] = i;
            q.push(state(nx, ny));
        }
    }
}
//逆推路径的过程
void solve() {
    vector<char> v;
    int x = h - 1, y = w - 1;
    while(from[x][y] != -1) {
        v.push_back(mo_ch[from[x][y]]);
        int temp = from[x][y];
        x += inv_mo[temp][0];
        y += inv_mo[temp][1];
    }
    for(int i = v.size() - 1; i >= 0; i--) {
        printf("%c", v[i]);
    }
}

int main() {
    input();
    bfs();
    solve();
    return 0;
}

【注】string、char
首先定义一个string s，char c[10]；
（1）在C++中，可以直接用cin>>s或者cin>>c输入，用cout< （2）而在C中，char类型可以用scanf("%s",c)输入，string类型只能用其构造函数string str(“Now is the time…” )赋值，如string s=“abcd”，输出用printf("%s",s.c_str())或者printf("%s",c)输出；
        原因在于string是一个对象，s返回的是当前对象的首地址，而string中c_str()成员方法返回当前字符串的首字符地址，而在C++中，string重载了“<<”操作符，所以可以直接输出字符串。
【答案】
DDDDRRURRRRRRDRRRRDDDLDDRDDDDDDDDDDDDRDDRRRURRUURRDDDDRDRRRRRRDRRURRDDDRRRRUURUUUUUUULULLUUUURRRRUULLLUUUULLUUULUURRURRURURRRDDRRRRRDDRRDDLLLDDRRDDRDDLDDDLLDDLLLDLDDDLDDRRRRRRRRRDDDDDDRR

试题E：RSA解密

【解题思路】
（1）对n因数分解可得到 p,q的值。
（2）设：k=(p−1)∗(q−1)
          因为：d∗e=1(modk)，所以：e=1d(modk)
          相当于求d关于 k的逆元。即：e=d^ϕ(k)−1(modk)
（3）然后根据公式即可得到：X=C^e(modn)
（4）另外需要一些快速乘，快速幂等优化技巧。
数学太菜，此题直接略过，附上CSDN某大佬代码。
原文链接：https://blog.csdn.net/qq_36306833/article/details/88787806
【代码】

#include
using namespace std;
typedef long long qq;
qq fast_mul(qq x, qq y, qq p){
    qq ret=0;
    x%=p, y%=p;
    while(y>0){
        if(y&1){
            ret= (ret+x)%p;
        }
        y>>=1;
        x= (x+x)%p;
    }
    return ret;
}
qq fast_pow(qq x, qq k, qq p){
    qq ret=1;
    x%=p;
    while(k>0){
        if(k&1){
            ret= fast_mul(ret, x, p);
        }
        k>>=1;
        x= fast_mul(x, x, p);
    }
    return ret;
}
qq phi(qq n){
    qq ret= n;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            ret= ret/i*(i-1);
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n!=1){
        ret= ret/n*(n-1);
    }
    return ret;
}
qq get_p(qq n){
    for(qq i=2;i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            return i;
        }
    }
}
int main(){
    qq n = (qq)1001733993063167141;
    qq d = 212353;
    qq C = 20190324;
    qq p,q,e,k;
    printf("n=%lld\n",n);
    p=get_p(n);
    q=n/p;
    printf("p=%lld, q=%lld\n",p,q);
    k=(p-1)*(q-1);
    printf("k=(p-1)*(q-1)=%lld\n",k);
    printf("phi(k)=%lld\n",phi(k));
    e=fast_pow(d,phi(k)-1,k);
    printf("e=d^(phi(k)-1)=%lld (mod k)\n",e);
    printf("d*e=%lld (mod k)\n",fast_mul(d,e,k));
    qq X=fast_pow(C,e,n);
    printf("X=C^e (mod n)= %lld\n",X);
    while(1)getchar();
    return 0;
}

试题F: 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, …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
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，1 <= N <=100000，-100000<= Ai<=100000。
【解题思路】
方案一：输入每个节点的权值后，我们可以通过log₂(n)+1计算出每个节点所在的深度，保存在一个数组中，最后去数组元素的最大值的数组下标即可。
方案二：搜索，和方案一差不多，只不过是纵向遍历。
【代码】

//方案一
#include 
#include 
using namespace std;
int N;
int arr[100005];
int result[10005];
int main() {
    cin >> N;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> arr[i];
        int temp = log2(i) + 1;
        result[temp] += arr[i];
    }
    int str = log2(N) + 1;
    int deep = 1;
    int maxnum = arr[1];
    for(int j = 2; j <= str; j++) {
        if(arr[j] > maxnum) {
            maxnum = arr[j];
            deep = j;
        }
    }
    cout << deep << endl;
    return 0;
}

//方案二
#include 
#include 
using namespace std;
int N;
int arr[100005];
int str[10005];
void dfs(int x, int dep) {
    if(x > N) {
        return;
    }
    str[dep] += arr[x];
    dfs(x << 2, dep + 1);
    dfs(x << 2 + 1, dep + 1);
}

int main() {
    cin >> N;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        cin >> arr[i];
    }
    dfs(1, 1);
    int deep = 1;
    for(int i = 2; i <= log2(N) + 1; i++) {
        if(arr[deep] < arr[i]) {
            deep = i;
        }
    }
    cout << deep;
    return 0;
}

试题G: 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。
【解题思路】
(1)首先将输入的数据按照时间顺序保存在优先队列中，优先队列介绍请戳如下网址
https://blog.csdn.net/weixin_36888577/article/details/79937886
(2)然后按照题目要求模拟即可。
【代码】

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn = 100005;
struct Order {
    int time;
    int id;
    Order(int time_, int id_) {
        time = time_;
        id = id_;
    }
    //定义优先队列的优先级
    bool operator<(const Order& rhs)const {
        return rhs.time < time;
    }
};
int pri[maxn], book[maxn];
int N, M, T, t, id;
int main() {
    priority_queue<Order> q;
    cin >> N >> M >> T;
    while(M--) {
        cin >> t >> id;
        q.push(Order(t, id));
    }
    int ans = 0;
    while(!q.empty()) {
        Order temp = q.top();
        q.pop();
        id = temp.id;
        for(int i = 1; i <= N; i++) {
            if(i == id) continue;
            if(pri[i] > 0) pri[i]--;
            if(book[i] && pri[i] <= 3) {
                book[i] = 0;
                ans--;
            }
        }
        pri[id] += 2;
        if(!book[id] && pri[id] > 5) {
            book[id] = 1;
            ans++;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

试题H: 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; … 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A 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A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
【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 <=Ai <=1000000。
【解题思路】
只能想到用STL的set和vector暴力求解。
【代码】

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int main() {
	set<int>s;
	vector<int>v;
	int n, x;
	scanf("%d", &n);
	while(n--) {
		scanf("%d", &x);
		while(s.count(x)) x++;
		s.insert(x);
		v.push_back(x);
	} 
	for(int i = 0; i < v.size(); i++) {
		printf("%d ", v[i]);
	}
	printf("\n");
	return 0;
}