蓝桥杯比赛常考算法_蓝桥杯常用知识点+算法汇总

1. %.3f保留3位小数并四舍五入

2. &&的优先级要高与||和&&有点类似于*，||类似于+

3：

1 if(1)2 if(b)3 x++;4 else //else默认和最近的一个if配对

5 y++;

4. if(fabs(m*my-n*ny)<0.000001)

//浮点数判断相等，要近似判断，如果用==得不到结果。

//fabs(float x)浮点数x的绝对值 来源 蓝桥杯 鸡蛋的数目

5. 质数：又称素数：在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数。

6. 互质数：公因数只有1的两个非零自然数

7. 同余定理： 例如：1234%10

1234%10=(((1%10*10+2)%10*10+3)%10*10+4)%10

8. 高次方数的尾数:

规律：1-100中 凡是有因子5，尾数就增加一个零；有因子25，尾数就增加两个零。

100!有24个零，1000!有249个零。

9. 大衍数列 0、2、4、8、12、18、24、32、40、50、60、72、84...

1 intmain()2 {3 inti;4 for(i=1; i<100; i++)5 {6 if(i%2==0) //填空

7 printf("%d \n", i*i/2);8 else

9 printf("%d \n", (i*i-1)/2);10 }11 printf("\n");12 }

10: 数字规律：1,3,6,10,,,,

公式：i*(i+1)/2

11:唯一分解定理：

1 ll getfac(ll x)//唯一分解定理

2 {3 ll ans=1;4 for(int i=1;i<=cnt&&primel[i]*primel[i]<=x;i++)5 {6 ll sum=0;7 while(x%primel[i]==0)8 {9 sum++;10 x/=primel[i];11 }12 ans*=(sum+1);13 }14 if(x>1)15 ans*=2;16 returnans;17 }

12:　　一年的12个月：1-12月

31、28/29、31、30、31、30、31、31、30、31、30、31

闰年： (year%4==0&&year%100!=0)||(year%400==0)

13: 辗转相除法求最大公约数

1 int gcd(int a, intb)2 {3 if (b == 0) returna;4 else return gcd(b, a %b);5 }

14:埃氏筛法(搜索n以内的所有素数)

1 int prime[MAX_N];//第i个素数

2 bool is_prime[MAX_N + 1];3

4 //返回n以内素数的个数

5 int sieve(intn) {6 int p = 0;7 for (int i = 0; i <= n; i++)8 is_prime[i] = true;9 is_prime[0] = is_prime[1] = false;10 for (int i = 2; i <= n; i++) {11 if(is_prime[i]){12 prime[p++] =i;13 for (int j = 2*i; j <= n; j +=i)14 is_prime[j] = false;15 }16 }17 returnp;18 }

15：筛选法求素数

1 memset(vis,0,sizeof(vis));2 for (int i=2;i<=n;i++)3 {4 for (int j=i*2;j<=n;j+=i) vis[j]=1;5 }

升级版　　　　素数定理 不超过x的素数个数近似(略超过) x/lnx;

1 int m=sqrt(n+0.5);2 memset(vis,0,sizeof(vis));3 for (int i=2;i<=m;i++)4 if (!vis[i])5 for (int j=i*i;j<=n;j+=i) vis[j]=1;

16：.快速幂取模

1 long long quick_mod(long long a,long longb){2 long long res=1;3 while(b!=0){4 if (b%2==1) res*=(a%n);5 a=a*(a%n);6 b/=2;7 }8 returnres;9 }

但是当数据量大于10^19时，longlong会爆，所以利用快速乘法，原理类似，a*b就是b个a相加，将b表示为二进制：

1 intn;2 long long mul(long long a,long longb){3 long long res=0;4 while(b!=0){5 if(b%2==1) res=(res+a%n)%n;6 a=(a%n+a%n)%n;7 b/=2;8 }9 returnres;10 }11

12 long long quick_mod(long long a,long longb){13 long long res=1;14 while(b!=0){15 if (b%2==1) res=mul(res,a)%n;16 a=mul(a,a);17 b/=2;18 }19 returnres;20 }

17:二分排序

1 /*nums[]指的是有序数组；low指的是数组下标0；high指的是数组下标n-1(n指的是数组长度)；target指的是要插入的目标元素*/

2 void sort(int nums[],int low,int high,inttarget) {3 int n=high+1;4 //当low<=high一直循环折半查找，当low>high时结束循环

5 while(low<=high) {6 int mid=(low+high)/2;//计算中间下标

7 if(nums[mid]>=target) { //如果大于等于要插入的元素，则high=mid-1

8 high=mid-1;9 } else if(nums[mid]

10 low=mid+1;11 }12 }13 //然后将nums[high+1]之后的所有元素(包括nums[high+1])向后移动一个位置

14 for(int i=n; i>high+1; i--) {15 nums[i]=nums[i-1];16 }17 //然后将空出来的nums[high+1]赋为target值

18 nums[high+1]=target;19 }

18:错排 An=n-1(An-1+An-2)

19:进制转换

1 #include "stdio.h"

2 int a[10000];3 intmain()4 {5 intr,n;6 chard;7 while(~scanf("%d%d",&n,&r))8 {9 int e=n;10 if(n<0)11 n=-n;12 int i=0,j;13 while(n!=0)14 {15 a[i]=n%r;16 n=n/r;17 i++;18 }19 for(j=i-1; j>=0; j--)20 {21 if(e<0)22 {23 if(j==i-1)24 printf("-");25 if(a[j]>9)26 {27 d=a[j]-10+'A';28 printf("%c",d);29 }30 else

31 printf("%d",a[j]);32 }33 else

34 {35 if(a[j]>9)36 {37 d=a[j]-10+'A';38 printf("%c",d);39 }40 else

41 printf("%d",a[j]);42 }43 }44 printf("\n");45 }46 return 0;47 }

20：  01背包

解决办法：声明一个 大小为  m[n][c] 的二维数组，m[ i ][ j ] 表示 在面对第 i 件物品，且背包容量为  j 时所能获得的最大价值 ，那么我们可以很容易分析得出 m[i][j] 的计算方法，

(1). j < w[i] 的情况，这时候背包容量不足以放下第 i 件物品，只能选择不拿

m[ i ][ j ] = m[ i-1 ][ j ]

(2). j>=w[i] 的情况，这时背包容量可以放下第 i 件物品，我们就要考虑拿这件物品是否能获取更大的价值。

如果拿取，m[ i ][ j ]=m[ i-1 ][ j-w[ i ] ] + v[ i ]。 这里的m[ i-1 ][ j-w[ i ] ]指的就是考虑了i-1件物品，背包容量为j-w[i]时的最大价值，也是相当于为第i件物品腾出了w[i]的空间。

如果不拿，m[ i ][ j ] = m[ i-1 ][ j ] , 同(1)

究竟是拿还是不拿，自然是比较这两种情况那种价值最大。

1 if(j>=w[i])2 m[i][j]=max(m[i-1][j],m[i-1][j-w[i]]+v[i]);3 else

4 m[i][j]=m[i-1][j];

21：完全背包问题

完全背包表示每个物品可以取无限次，只要加起来总容量不超过V就可以。

同样可以用f[i][j]表示前i间物品恰放入一个容器为j的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程为：

f[i][j] = max{f[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i]} ,其中(0 <= k <= j/weight[i])

22：多重背包问题

多重背包是每个物品有不同的个数限制，如第i个物品个数为num[i]。

同样可以用f[i][j]表示前i间物品恰放入一个容器为j的背包可以获得的最大价值，且每个物品数量不超多num[i]。则其状态转移方程为：

f[i][j] = max{f[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i]} ,其中(0 <= k <= min{j/weight[i], num[i]})