2022 第十三届蓝桥杯省赛 C/C++ B组 试题与个人题解

2022 第十三届蓝桥杯省赛 C/C++ B组 试题与个人题解

试题A: 九进制转十进制

本题总分:5分

【问题描述】

九进制正整数 (2022), 转换成十进制等于多少?

【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。

题解：进制转换

2 * 9^0 + 2 * 9^1 + 0 + 2 * 9^3 = 1478

试题B: 顺子日期

本题总分:5分

【问题描述】

小明特别喜欢顺子。顺子指的就是连续的三个数字:123、456等。顺子日期指的就是在日期的 yyyymmdd 表示法中，存在任意连续的三位数是一个顺子的日期。例如20220123就是一个顺子日期，因为它出现了一个顺子: 123; 而20221023则不是一个顺子日期，它一个顺子也没有。小明想知道在整个2022年份中，一共有多少个顺子日期。

【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。

题解：日历

很多人在讨论 012 算不算顺子，因为题目里说 0123 中的顺子是 123，我是算了的，不算的话答案应该是 4

年份 2022 是不变的，而且不可能搭上顺子，所以只考虑后四位即可
可能搭上顺子的月份有：
    1月：0120 ~ 0129 共 10 个，顺子是 012 (其中 0123 可以认为顺子是 123)
    10月：1012，顺子是 012
    11月：1123，顺子是 123
    12月：1230，1231，顺子是 123
一共 14 个

蓝桥杯题意表达含糊不清真的有一套的

试题C: 刷题统计

时间限制:1.0s 内存限制:256.0MB 本题总分:10分

【问题描述】

小明决定从下周一开始努力刷题准备蓝桥杯竞赛。他计划周一至周五每天做α道题目，周六和周日每天做b道题目。请你帮小明计算,按照计划他将在第几天实现做题数大于等于n题?

【输入格式】

输入一行包含三个整数a, b和n.

【输出格式】

输出一个整数代表天数。

【样例输入】

10 20 99

【样例输出】

8

【评测用例规模与约定】

对于 50% 的评测用例，1 ≤ a, b, n ≤ 10^5.

对于 100% 的评测用例，1≤ a, b, n ≤ 10^15.

题解：取余

看 1E15 的数据规模，暴力模拟的话稳稳超时

可以先算出每周可以做多少题，然后利用除法和取余，就能把取余后的做题量控制在一周内，再判断一下一周内的五天能不能做完，就比较简单了

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

ll a, b, n, k;
ll ans = 0;

int main() {
	cin >> a >> b >> n;
	k = a * 5 + b + b;
	ans += n / k * 7;
	n %= k;
	if (n <= a * 5) {
		ans += n / a + (n % a != 0);
	}
	else {
		n -= a * 5;
		ans += 5 + n / b + (n > b);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

刷这么多题，小明好卷……

试题D: 修剪灌木

时间限制:1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:10分

【问题描述】

爱丽丝要完成一项修剪灌木的工作。

有N棵灌木整齐的从左到右排成一排。爱丽丝在每天傍晚会修剪一棵灌木，让灌木的高度变为0厘米。爱丽丝修剪灌木的顺序是从最左侧的灌木开始,每天向右修剪一棵灌木。当修剪了最右侧的灌木后，她会调转方向，下一天开始向左修剪灌木。直到修剪了最左的灌木后再次调转方向。然后如此循环往复。

灌木每天从早上到傍晚会长高1厘米，而其余时间不会长高。在第一天的早晨，所有灌木的高度都是0厘米。爱丽丝想知道每棵灌木最高长到多高。

【输入格式】

一个正整数N，含义如题面所述。

【输出格式】

输出N行，每行一个整数，第i行表示从左到右第i棵树最高能长到多高。

【样例输入】

3

【样例输出】

4
2
4

【评测用例规模与约定】

对于 30% 的数据，N ≤ 10.
对于 100% 的数据，1< N ≤ 10000.

题解：贪心

注意每棵灌木在被修剪得那天还会先长高 1 厘米，然后再被修剪

对于每棵灌木，长到最高的时间段有两种可能：被剪后往右剪再拐回来，和被剪之后往左剪再拐回来

假设某个灌木左侧有 x 棵灌木，右侧有 y 棵，容易发现这颗灌木的最大高度是 max(x, y) * 2，它的左(右)侧每有一颗灌木被剪前它都会长高 1 厘米，包括它自己被剪之前

#include 
using namespace std;

int n;

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int x = max(i, n - i - 1);
		cout << x * 2 << endl;
	}
	return 0;
}

种得下这么多灌木，艾丽丝家还蛮大的！

试题E: X进制减法

时间限制: 1.0s 内存限制:256.0MB 本题总分:15分

【问题描述】

进制规定了数字在数位上逢几进一。

X 进制是一种很神奇的进制，因为其每一数位的进制并不固定!例如说某种 X 进制数，最低数位为二进制，第二数位为十进制，第三数位为八进制，则X进制数 321 转换为十进制数为 65。

现在有两个 X 进制表示的整数 A 和 B，但是其具体每一数位的进制还不确定，只知道 A 和 B 是同一进制规则，且每一数位最高为 N 进制，最低为二进制。请你算出 A-B 的结果最小可能是多少。

请注意，你需要保证A和B在X进制下都是合法的，即每一数位上的数字要小于其进制。

【输入格式】

第一行一个正整数 N，含义如题面所述。
第二行一个正整数 Ma，表示 X 进制数 A 的位数。
第三行 Ma 个用空格分开的整数，表示 X 进制数 A 按从高位到低位顺序各个数位上的数字在十进制下的表示。
第四行一个正整数 M, 表示X进制数 B 的位数。
第五行 Mb 个用空格分开的整数，表示 X 进制数 B 按从高位到低位顺序各个数位上的数字在十进制下的表示。
请注意，输入中的所有数字都是十进制的。

【输出格式】

输出一行一个整数，表示X进制数 A - B 的结果的最小可能值转换为十进制后再模1000000007的结果。

【样例输入】

11
3
10 4 0
3
1 2 0

【样例输出】

94

【样例说明】

当进制为:最低位2进制，第二数位5进制，第三数位11进制时,减法得到的差最小。此时A在十进制下是108，B在十进制下是 14，差值是94.

【评测用例规模与约定】

对于30%的数据，N≤ 10; Ma, Mb ≤ 8.
对于100%的数据，2 < N ≤ 1000; 1 ≤ Ma, Mb, ≤ 100000; A ≥ B.

题解：贪心

本想深搜，一看数据范围还是算了

假设 A 和 B 都是三位数，分别是 a2a1a0 和 b2b1b0
每位的进制数 (pi) 分别是 p2p1p0

那么可以知道 A 的十进制应为：a0 * 1 + a1* p0 + a2 * (p0 * p1)，B 为：b0 * 1 + b1* p0 + b2 * (p0 * p1)

那么就有 A - B = (a0 - b0) + (a1 - b1) * p0 + (a2 - b2) * (p0 * p1)

这么看的话，每一位进制数 (pi) 都取尽可能小的进制就好（最小是 2 进制）

此时有个猜想，(ai - bi) 是负数时要不要抬高进制数？

注意题目中说 A >= B，如果存在 ai < bi 的情况，那么在更高位肯定存在有 aj > bj

拿上面的 A - B 式说明，假设 (a1 - b1) 小于0，因此使 p0 变大，以此来使结果变小

但是 p0 变大的同时也一定使 (a2 - b2) * (p0 * p1) 的结果变大，而且比 (a1 - b1) * p0 变小的程度更大，因为它还乘了个 p1，而 p1 作为 a1 和 b1 的进制数，肯定比 a1 和 b1 大，也肯定比 (b1 - a1) 要大

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;
const int MAXM = 100005;

int n, ma, mb;
int a[MAXM], b[MAXM];
ll ans = 0, bac = 1;

int main() {
	cin >> n;
	cin >> ma;
	for (int i = 1; i <= ma; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	cin >> mb;
	for (int i = 1; i <= mb; i++) {
		cin >> b[i];
	}
	int i = ma, j = mb;
	while (i > 0) {
		ans += (a[i] - b[j]) * bac;
		ans %= MOD;
		ll p = max(a[i], b[j]) + 1;
		bac *= max(p, 2LL);
		bac %= MOD;
		i--;
		if (j) j--;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

说实话我也不知道这对不对，做蓝桥的题经常会有一种朦朦胧胧的感觉，不清楚思路可行不可行

试题F: 统计子矩阵

时间限制:1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:15分

【问题描述】

给定一个N×M的矩阵A，请你统计有多少个子矩阵(最小1×1，最大NxM)满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数K?

【输入格式】

第一行包含三个整数N,M和K.
之后N行每行包含M个整数，代表矩阵A.

【输出格式】

一个整数代表答案。

【样例输入】

3 4 10
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12

【样例输出】

19

【样例说明】

满足条件的子矩阵一共有19，包含:

大小为1×1的有10个。
大小为1×2的有3个。
大小为1×3的有2个。
大小为1×4的有1个。
大小为2×1的有3个。

【评测用例规模与约定】

对于30%的数据, N, M ≤ 20.

对于70%的数据，N, M ≤ 100.

对于100%的数据，1 ≤ N,M ≤ 500; 0 ≤ Aij ≤1000;1 ≤ K ≤ 250000000.

题解：二维前缀和+二分

一看题就想到前缀和了，不过暴力枚举的话肯定超时了，想了个半枚举+二分查找的歪点子，时间复杂度大概 是O(n^3 * log(n))，大概有 10^9 了，再加上一点剪枝，能不能过看运气了

假设 (i, j) 是子矩阵的起点坐标，(x, y) 是终点坐标，枚举 i, j, x，二分查找符合条件的最大 y，就是找起点为 (i, j) ，终点在第 x 行最多有多少个矩阵

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;
const int N = 505;

ll m, n, k;
ll a[N][N];
ll ans = 0;

ll getsum(int i, int j, int x, int y) {
	return a[x][y] - a[i - 1][y] - a[x][j - 1] + a[i - 1][j - 1];
}

int main() {
	cin >> m >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			cin >> a[i][j];
			a[i][j] += a[i - 1][j] - a[i - 1][j - 1] + a[i][j - 1];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (getsum(i, j, i, j) > k) continue;
			for (int x = i; x <= m; x++) {
				int l = j, r = n;
				while (l < r) {
					int mid = (l + r + 1) >> 1;
					if (getsum(i, j, x, mid) > k) r = mid - 1;
					else l = mid;
				}
				if (getsum(i, j, x, l) > k) break;
				ans += l - j + 1;
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

真·题解：前缀和 + 连续字段个数

这题有解了，其实是个套路题
先确定子矩阵的两个列边界，然后做一次行遍历，就是求符合条件的连续子段个数（双指针滑动窗口），复杂度缩小到 O(n^3)
由于每次只需拿到某一行内的和，只做一维前缀和即可

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;
const int N = 505;

ll m, n, k;
ll a[N][N];
ll ans = 0;

int main() {
	cin >> m >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			cin >> a[i][j];
			a[i][j] += a[i][j - 1];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = i; j <= n; j++) {
			int left = 1;
			ll cur = 0;
			for (int right = 1; right <= m; right++) {
				cur += a[right][j] - a[right][i - 1];
				while (cur > k) {
					cur -= a[left][j] - a[left][i - 1];
					left++;
				}
				ans += right - left + 1;
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

试题G: 积木画

时间限制: 1.0s 内存限制:256.0MB 本题总分:20分

【问题描述】

小明最近迷上了积木画，有这么两种类型的积木，分别为Ⅰ型(大小为2个单位面积)和L型(大小为3个单位面积):

同时，小明有一块面积大小为2×N的画布，画布由2×N个1×1区域构成。小明需要用以上两种积木将画布拼满，他想知道总共有多少种不同的方式? 积木可以任意旋转,且画布的方向固定。

【输入格式】

输入一个整数N,表示画布大小。

【输出格式】

输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，所以输出其对1000000007取模后的值

【样例输入】

3

【样例输出】

5

【样例说明】

五种情况如下图所示，颜色只是为了标识不同的积木;

【评测用例规模与约定】

对于所有测试用例，1 ≤ N ≤ 10000000.

题解：动态规划（错解）

要摆出 n 列方格，可以在 n - 1 列方格后加一个竖着的 I 形积木，也可以在 n - 2 方格后加两个横着的 I 形积木，也可以在 n - 3 列方格上后加 两个 L 形积木的两种摆法

用 dp[i] 表示 i 列方格的摆法

则有，当 i >= 3 时 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2;

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;
const int N = 10000005;

int n;
ll dp[N];

int main() {
	cin >> n;
	dp[0] = dp[1] = 1;
	dp[2] = 2;
	for (int i = 3; i <= n; i++) {
		dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2;
		dp[i] %= MOD;
	}
	cout << dp[n] << endl;
	return 0;
}

思路想的太简单了，寄！

题解：动态规划+前缀和

看过别人说的，可以先放一个 L 形，再连续放若干个横着的 I 形积木，末尾再放一个 L 形，直接一记重锤打脑门上

话说蓝桥故意只放一个小样例是不是不太好（虽然确实考验思维就是了）

那么在上面错解的基础上，要摆出 n 列方格，还可以由（n - 4, n - 6, n - 8, ……）转换而来

也就成了 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2 + (dp[n - 4] + dp[n - 6] + dp[n - 8] + ……) * 2

可以用一个前缀和来处理这个 (dp[n - 4] + dp[n - 6] + dp[n - 8] + …… )，以减少求和的时间复杂度

前缀和奇数下标记录所以奇数下标的和，偶数下标记录所有偶数下标的和

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;
const int N = 10000005;

int n;
ll dp[N], s[N];

int main() {
	cin >> n;
	dp[0] = dp[1] = 1;
	dp[2] = 2, dp[3] = 5;
	s[0] = s[1] = 1;
	s[2] = 3, s[3] = 6;
	for (int i = 4; i <= n; i++) {
		dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2 + s[i - 4] * 2;
		dp[i] %= MOD;
		s[i] = (dp[i] + s[i - 2]) % MOD;
	}
	cout << dp[n] << endl;
	return 0;
}

由于每一项只与前三项以及两个前缀和有关，可以用几个变量轮换使用来代替数组，省去空间，main函数如下：

int main() {
	ll n, a = 1, b = 2, c = 5, d;
	ll s0 = 1, s1 = 1;
	cin >> n;
	for (int i = 4; i <= n; i++) {
		d = a * 2 + b + c;
		if (i & 1) {
			d += s1 + s1;
			s1 = (s1 + b) % MOD;
		}
		else {
			d += s0 + s0;
			s0 = (s0 + b) % MOD;
		}
		d %= MOD;
		a = b, b = c, c = d;
	}
	if (n < 3) c = n;
	cout << c << endl;
	return 0;
}

试题H:扫雷

时间限制: 1.0s 内存限制:256.0MB 本题总分:20分

【问题描述】

小明最近迷上了一款名为《扫雷》的游戏。其中有一个关卡的任务如下，在一个二维平面上放置着 n 个炸雷，第i个炸雷 (xi, yi, ri) 表示在坐标 (xi, yi) 处存在一个炸雷，它的爆炸范围是以半径为 ri 的一个圆。

为了顺利通过这片土地，需要玩家进行排雷。玩家可以发射m个排雷火箭，小明已经规划好了每个排雷火箭的发射方向，第 j 个排雷火箭 (xj, yj, rj) 表示这个排雷火箭将会在 (xj, yj) 处爆炸，它的爆炸范围是以半径为 rj 的一个圆，在其爆炸范围内的炸雷会被引爆。同时，当炸雷被引爆时，在其爆炸范围内的炸雷也会被引爆。现在小明想知道他这次共引爆了几颗炸雷?

你可以把炸雷和排雷火箭都视为平面上的一个点。一个点处可以存在多个炸雷和排雷火箭。当炸雷位于爆炸范围的边界上时也会被引爆。

【输入格式】

输入的第一行包含两个整数 n、m.
接下来的 n 行，每行三个整数xi, yi, ri，表示一个炸雷的信息。
再接下来的 m 行，每行三个整数xj, yj, rj，表示一个排雷火箭的信息。
【输出格式】
输出一个整数表示答案。

【样例输入】

2 1
2 2 4
4 4 2
0 0 5

【样例输出】

2

【样例说明】

示例图如下，排雷火箭1覆盖了炸雷1，所以炸雷1被排除;炸雷1又覆盖了炸雷2，所以炸雷2也被排除。

【评测用例规模与约定】

对于40%的评测用例: 0 ≤ x, y ≤ 10^9, 0 ≤ n, m ≤ 10^3, 1 < r ≤ 10.
对于100%的评测用例: 0 ≤ x, y ≤ 10^9, 0 ≤ n,m ≤ 5 × 10^4, 1 ≤ r ≤ 10.

题解：广搜

比赛时没看到题里说一个点可以有多个雷，又寄！

坐标的范围 10^9 太大了，于是用哈希表放 pair，同一个点上的多个雷，可以状态压缩一下，用百位开始放雷的个数，个位放最大半径

队列里放将要爆炸的雷，集合放已经被扫描到的雷

还是比较偏暴力的，不知道行不行

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

struct point {
	int x, y, r;
	point(int xx, int yy, int rr) : x(xx), y(yy), r(rr) {}
};
double get_len(int i, int j, int  x, int y) {
	return sqrt((i - x) * (i - x) + (j - y) * (j - y));
}

map<pair<int, int>, int> mp;
queue<point> q;
set<pair<int, int> > s;

int m, n;
ll ans = 0;

int main() {
	cin >> n >> m;
	int x, y, r;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> x >> y >> r;
		int tmp = mp[make_pair(x, y)] + 100;
		mp[make_pair(x, y)] = max(tmp, tmp / 100 * 100 + r);
	}
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		cin >> x >> y >> r;
		q.push(point(x, y, r));
	}
	
	while (!q.empty()) {
		point po = q.front();
		x = po.x, y = po.y, r = po.r;
		q.pop();
		for (int i = x - r; i <= x + r; i++) {
			for (int j = y - r; j <= y + r; j++) {
				pair<int, int> pir(i, j);
				if (s.count(pir)) continue;
				if (!mp.count(pir)) continue;
				if (get_len(i, j, x, y) > r) continue;
				s.insert(pir);
				q.push(point(i, j, mp[pir] % 100));
				ans += mp[pir] / 100;
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

试题:李白打酒加强版

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:25分

【问题描述】

话说大诗人李白，一生好饮。幸好他从不开车。

一天，他提着酒壶，从家里出来，酒壶中有酒2斗。他边走边唱:

无事街上走，提壶去打酒。
逢店加一倍，遇花喝一斗。

这一路上，他一共遇到店 N 次，遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花，他正好把酒喝光了。

请你计算李白这一路遇到店和花的顺序，有多少种不同的可能?

注意: 壶里没酒（0斗) 时遇店是合法的，加倍后还是没酒，但是没酒时遇花是不合法的。

【输入格式】

第一行包含两个整数 N 和 M.

【输出格式】

输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，输出模 1000000007 的结果。

【样例输入】

5 10

【样例输出】

14

【样例说明】

如果我们用 0 代表遇到花，1代表遇到店，14种顺序如下:

010101101000000
010110010010000
011000110010000
100010110010000
011001000110000
100011000110000
100100010110000
010110100000100
011001001000100
100011001000100
100100011000100
011010000010100
100100100010100
101000001010100

【评测用例规模与约定】

对于40%的评测用例: 1 ≤ N, M ≤ 10。
对于100%的评测用例: 1 ≤ N, M ≤ 100。

题解：记忆化搜索+剪枝

比较容易想到的是深搜，取令 n - 1 和令 m - 1 的结果相加，在此基础上有几个规则用来剪枝

用 k 来表示酒的数量：
假如 k == 0，必须有 m == n == 0，结果为 1，否则无解，因为最后一次遇到的必须是花，而且没酒时遇花是不合法的
假如 k > m, 一定无解
假如 k != 0 且 n >= m ，一定无解
假如 n == 0，必须有 k == m，结果为 1，否则无解

因为 n 和 m 最大为 100，剪枝之后 k 的值又不会大于 m，所以可以用三维数组做记忆化
（然而我比赛时用的哈希表，而且好像少判了 n == 0 时的条件……）

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1000000007;
const int N = 105;

ll mp[N][N][N];

ll dfs(int n, int m, int k) {
	if (k == 0) return (m == 0 && n == 0);
	if (k > m || n >= m) return 0;
	if (n == 0) return k == m;
	if (mp[n][m][k] != -1) return mp[n][m][k];
	ll ans = dfs(n, m - 1, k - 1) + dfs(n - 1, m, k + k);
	ans %= MOD;
	mp[n][m][k] = ans;
	return ans;
}

int main() {
	memset(mp, -1, sizeof mp);
	int m, n;
	cin >> n >> m;
	cout << dfs(n, m, 2) << endl;
	return 0;
}

也是可以动态规划的，不过不写了

试题J:砍竹子

时间限制: 1.0s 内存限制:256.0MB 本题总分:25分
【问题描述】

这天，小明在砍竹子，他面前有 n 棵竹子排成一排，一开始第 i 棵竹子的高度为 hi .

他觉得一棵一棵砍太慢了，决定使用魔法来砍竹子。魔法可以对连续的一段相同高度的竹子使用，假设这一段竹子的高度为 H，那么使用一次魔法可以把这一段竹子的高度都变为 [ sqrt( [H / 2] + 1 ) ] ，其中 [x] 表示对 x 向下取整。小明想知道他最少使用多少次魔法可以让所有的竹子的高度都变为 1。

【输入格式】

第一行为一个正整数n，表示竹子的棵数。

第二行共n个空格分开的正整数h，表示每棵竹子的高度。

【输出格式】

一个整数表示答案。

【样例输入】

6
2 1 4 2 6 7

【样例输出】

5

【样例说明】
其中一种方案: 2 1 4 2 6 7
→2 1 4 2 6 2
→2 1 4 2 2 2
→2 1 1 2 2 2
→1 1 1 2 2 2
→1 1 1 1 1 1

共需要5步完成

【评测用例规模与约定】

对于20%的数据，保证 n ≤ 1000, hi ≤ 10^6。
对于100%的数据，保证 n ≤ 2 × 10^5, hi ≤ 10^18。

题解：贪心骗分

一看到成段修改就想到线段树了，但还是没有思路，而且 10^18 实在是太大了

看样例猜一个贪心，每次找最大值修改，如果连续相同的话就一起修改

然后暴力模拟，能骗两个样例就算成功

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005;

int n;
ll a[N], ans = 0;

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	while (true) {
		int idx = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			if (a[i] > a[idx]) idx= i;
		}
		if (a[idx] == 1) break;
		ll val = a[idx];
		for (int i = idx; a[i] == val; i++) {
			a[i] = sqrt(a[i] / 2 + 1);
		}
		ans ++;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

总结下来就是：寄了吗？又寄了吗？答案是寄！

这届比赛最大的变动就是填空题变成了两道，不过总体难度还是不算太高的（只说C++ B组）
感觉这次蓝桥杯是想往代码能力和思维能力上靠，但是连着这么多编程题挺消磨意志的，八道大题，到后面连题都不想读了
还有希望蓝桥杯出题再优化一下题目吧，让题意表达确切些，最好再精简一下
B题顺子日期给我的感觉就是玩了一个游戏，但让我自己来猜游戏规则是什么，而且只能玩一次