第十三届蓝桥杯省赛模拟赛题解（2022年第四次模拟赛）C/C++
第十三届蓝桥杯省赛模拟赛
- 前言碎碎念
- 数A
- 最2数字
- 数字操作
- 螺旋矩阵
- 最大深度
- 和尚挑水
- 千分读入
- 插头
- 公约数
- 汉诺塔
- 后记
前言碎碎念
我是大菜鸟，做了一次蓝桥杯模拟赛，发现自己几乎没有对的。下文将从一个菜鸟的角度写题解+总结。
考完之后模拟赛的题目界面已经进不去了，题意我只能大概描述一下了。我的代码是参考蓝桥云课官方解析写的，但是已经进不去题目界面了，没有再次提交，如有纰漏，请大家指出~
数A
题意：
结果填空题，给出一个只含A、B的字符矩阵，要求计算出这个矩阵中A的个数是多少。
思路：
枚举+遍历字符串问题。读入字符串，然后从左到右遍历，遇到A就计数1次，最后输出计数即可~
关于读入字符串的方法：
我做的时候是scanf("%s",A)，就是只读入1行字符串。但是由于题目给的数据是有很多行那种，每行末尾都有\n，因此我不能直接copy数据，还得自己人工预处理一下，把一个矩阵字符删成只有1行字符，保存在txt文件中，然后重定向输入freopen("F:\\蓝桥杯\\模拟赛\\A_data.txt","r",stdin);来读入。因为数据的行数也不少，人工预处理还是花时间的。所以这个法子不行。
一个比较好的做法是，每次读入1行字符串，多读几次，就可以省去人工预处理的时间。
答案：318
代码：
这是那种可以直接copy数据的写法。
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
string s;
const int n=25; // 数据有25行
int ans = 0;
for(int i=0; i>s;
for(int j=0; j 最2数字
题意：
计算1（包含）到2021（包含），有多少个数字的某个数位包含2。
思路：
结果填空题。我感觉这是蓝桥杯出现频率很高的考点了，找一群数字的某个数位是否包含某个数。
我的做法是，用C++的 to_string函数+find函数来写。写得挺快，就是一旦题目稍微变一下，要统计所有数字中2出现的次数，就不会了。
官方做法是，用/和%两种运算符来整数分解，由于这个数字的范围最多不会超过4位，可以默认所有数都是4位的，来进行分解。即使可能会有前导0，也不影响对2的判断。
我感觉两种解法都不错，所以都写一下了。
答案：564
代码：
to_string + find。
#include
#include
using namespace std;
int judge(int x);
int main()
{
int ret = 0;
for(int i=1; i<=2021; ++i) {
ret += judge(i);
}
printf("%d",ret);
return 0;
}
int judge(int x) {
string s = to_string(x);
if(s.find('2')==string::npos) return 0;
return 1;
}
整数分解。
#include
using namespace std;
int main()
{
int ans = 0;
for(int i=1; i<=2021; i++) {
int a = i%10; //个位数
int b = i/10%10; //十位数
int c = i/100%10; //百位数
int d = i/1000%10; //千位数
if(a==2 || b==2 || c==2 || d==2) ans++;
}
cout< 数字操作
题意：
有一个数字2021，每次可以将这个数+1、-1、或者除以2（只有这个数是偶数时，才可以除以2）。求2021最少经过多少次操作才能变成1。
思路：
我完全想错了！！我以为不断执行遇到奇数-1，偶数除以2的操作，求出的操作次数一定是最少的。虽然现在我还是不知道为什么这样做，求出的操作次数居然不是最少的，有知道的大佬可以教教我！
合理的做法是，用数字作为结点，三种变换规则做边，来建立图，然后用BFS求从2021到1的最短路径。所以题干的设问“最少经过多少次操作”转变为最短路径问题。orz 卑微了，这个转化是我万万没想到的。
BFS的实现就是模板题，借助于C++ 的queue。（救命，我脑抽了，修改代码的时候，居然写的是stack）
答案：14
代码：
#include
#include
using namespace std;
queue q;
bool vis[3000] = {false};
int dis[3000] = {0}; // dis[]存该结点距离2021的操作次数
int main()
{
q.push(2021);
vis[2021] = true;
dis[2021] = 0;
while(!q.empty()) {
int x = q.front();
if(x == 1) break;
q.pop();
if(vis[x+1] == false) {
q.push(x+1);
vis[x+1] = true;
dis[x+1] = dis[x]+1;
}
if(vis[x-1] == false) {
q.push(x-1);
vis[x-1] = true;
dis[x-1] = dis[x]+1;
}
if(x%2==0 && vis[x/2] == false) {
q.push(x/2);
vis[x/2] = true;
dis[x/2] = dis[x]+1;
}
}
cout << dis[1];
return 0;
}
注意：
- q应该是永远不会empty的，因为它可以一直+1，无穷无尽。所以循环真正的结束条件，还是x==1时，break。
螺旋矩阵
题意：
思路：
结果填空题。我当时是用excel一行一行去填的，居然居然居然答案是错的！！！被自己蠢到了！我只想说论检查的重要性。我肉眼根本没看出来excel哪里做错了，最后跟程序的输出结果对比才看出来的。我不能太相信我自己的手工劳动orz。
官方的做法，是改编了一下走迷宫的模板，从起点开始，按照一定的方向去走，一旦遇到被走过的格子，就旋转90°继续走。需要注意的是，这里不必开一个vis[]数组来记录格子是不是被访问过。直接初始化二维数组都为0，并且填上去的数都是正整数，因此格子里的数不是0，就代表已经访问过了。
答案：819
代码：
#include
using namespace std;
int maze[50][50] = {0};
int X[4] = {1,0,-1,0};
int Y[4] = {0,1,0,-1};
bool judge(int xx, int yy) {
if(xx<1 || xx>30 || yy<1 || yy>30) return false;
if(maze[yy][xx]!=0) return false;
return true;
}
int main()
{
int x=1, y=1, k=0;
maze[y][x] = 1;
for(int i=2; i<=30*30; i++) {
int newX = x+X[k];
int newY = y+Y[k];
if(judge(newX,newY)) {
maze[newY][newX] = i;
x = newX;
y = newY;
}
else {
k = (k+1)%4;
newX = x+X[k];
newY = y+Y[k];
maze[newY][newX] = i;
x = newX;
y = newY;
}
}
// test
// test部分可以打印出来看看结果，最后提交记得注释掉~
for(int i=1; i<=30; i++) {
for(int j=1; j<=30; j++) {
printf("%d ",maze[i][j]);
}
printf("\n");
}
cout< 最大深度
题意：
思路：
结果填空题。我写的时候，一看这是一道二叉树的题就很慌张，因为虽然我学过数据结构但是树的知识全忘了 （就是菜）。刚刚去百度了一下，还是没找到那个已知结点数，求平衡二叉树深度的公式，知道的大佬可以指点一下我orz
但是这道题只是披了一个二叉树的壳子而已，用到的二叉树特性都已经在题干中说明。就算不记得公式也可以用递归来做。二叉树的深度等于max(左子树深度，右子树深度)+1。因此，记f(n)为结点数为n的平衡二叉树的深度，则有递推式f(n)=f(n/2)+1，这里涉及到n为奇数和偶数的情况，稍微举个例子就能理解。递归终止条件是f(1)=0，即根结点的深度为0。
答案：10
代码：
递归版。（其实用递推也可以，主要是要想到这个方法上面来）
#include
using namespace std;
int f(int x) {
if(x==1) return 0;
else return f(x/2)+1;
}
int main()
{
cout< 和尚挑水
题意：
思路：
我大为震撼，这个题我都能写错！！！！我直接用t/a+1的。我甚至还多余地考虑了a>t的情况，把它单拎出来判断，其实没必要的。
正确的思路就是先t/a，至于是否+1，要看t%a的情况。做蓝桥杯千万不能只过了样例就交，一定要自己多测试几组数据！！！
代码：
#include
using namespace std;
int main()
{
int a,t,ans;
cin>>a>>t;
ans = t/a;
if(t%a != 0) ans++;
cout< 千分读入
题意：
思路：
是简单的字符串处理题目。读入字符串，去遍历它，遇到,就跳过，其他则输出。
如果题目反过来，问的是输入一串数字，要求转化成从个位开始，每3位加一个逗号的格式输出。我也写了一下。
代码：
本题的代码。
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
char A[30];
scanf("%s",A);
int len = strlen(A);
for(int i=0; i 如果题目要求反过来的话。主要是注意下标问题。
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
string s;
cin>>s;
for(int i=0; i3 && (s.size()-i)%3==0) {
cout<<",";
}
cout< 插头
题意：
给出2个01矩阵，分别代表插板和插头的形状。插头伸出的部分（1）必须插在插孔（1）里，并且插头不能超过插板的边界。求出最小的a和b。
思路：
当时我看到这个题，脑子里一点思路也没有。菜菜菜。
官方说，这个题其实可以枚举。在整个插板n·m的范围里枚举a和b，对于每一种情况，再去遍历插头的01矩阵看看是否符合要求。粗略估计一下，时间复杂度大概是n·m·r·c，带入数据范围，结果大概是10^ 8。10^ 8的数据范围在1s内可以跑完，不会超时。（这个预判断超时的经验我也是第一次见，涨见识！！！）
代码：
输入输出风格为C。
#include
using namespace std;
int n, m, r, c;
char A[110][110], B[110][110];
bool ok(int a,int b) {
for(int i=0; i 输入输出风格为C++，用string数组来存01矩阵好像会更简洁。
#include
#include
using namespace std;
string A[110], B[110];
int n, m, r, c;
bool ok(int a, int b) {
for(int i=0; i>n>>m;
for(int i=0; i>A[i];
cin>>r>>c;
for(int i=0; i>B[i];
for(int a=0; a<=n-r; a++) {
for(int b=0; b<=m-c; b++ ) {
if(ok(a,b)) {
cout< 注意：
- 存01矩阵的下标从0开始，而题目要求的输出格式中，下标从1开始，因此，输出a和b时记得都要+1。
公约数
题意：
思路：
这道题我写的时候也是完全懵逼的，因为这个题要求3个正整数的约数的个数，显然会有很多重复的约数。而我的知识储备其实只有辗转相除法求2个数的最大公约数。脑子转不过弯，所以直接gg了。
官方题解思路如下：
首先这题数据范围到了10^12，显然不能纯暴力枚举，一定会超时，并且存变量都要用long long。
对a、b、c中的每2个数求一次所有的公约数，把这三次求得的约数都丢进set中，因为set本身的特性就是可以自动去重的，最后再用size()函数获得set里元素的个数。（因为我从来没有用过set这东西，自己看题完全反应不过来。后来了解了一下，set就是专门处理去重这个问题的）
现在问题变成了如何求2个数的所有公约数：先用辗转相除法求出2个数的最大公约数，然后最大公约数的所有约数都是这2个数的公约数。当然，求最大公约数的所有约数也不能纯暴力枚举，因为这个最大公约数很可能也有10^12量级，只需要枚举到根号下最大公约数即可，时间复杂度就降到了10 ^6。
代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
set st;
// 辗转相除法求gcd
long long Gcd(long long x, long long y) {
if(x==0) return y;
else return Gcd(y%x, x);
}
// 对任意x,y，求出它们所有的约数insert到set里
void judge(long long x, long long y) {
long long gcd = Gcd(x,y);
int sqr = sqrt(gcd);
for(int i=1; i<=sqr; i++) {
if(gcd%i==0) {
st.insert(i);
st.insert(gcd/i);
}
}
}
int main()
{
long long a, b, c;
cin>>a>>b>>c;
judge(a,b);
judge(a,c);
judge(b,c);
cout< 汉诺塔
稍微瞄了一眼题解，感觉太复杂了，完全不是我可以cover的。不打算复现这个题了。
后记
8000+字数了哈哈。既然都看到这里了，麻烦给个赞啊~这对我来说是很大的鼓励！
—— 完 ——