2022年蓝桥杯省赛 C/C++ A组题解
前言： NewOJ最新推出2022蓝桥杯省赛题目，数据均为管理员自行构造，仅供参考。
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题目总览
| 题目 | Tag | 难度 | 补题链接 |
|---|---|---|---|
| 裁纸刀 | 模拟 | ☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2021 |
| 灭鼠先锋 | 博弈 | ☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2022 |
| 求和 | 前缀和 | ☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2023 |
| 选数异或 | 线段树、 S T ST ST表 | ☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2024 |
| 爬树的甲壳虫 | 期望 D P DP DP、逆元 | ☆☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2025 |
| 青蛙过河 | 二分答案、贪心 | ☆☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2026 |
| 最长不下降子序列 | 动态规划、线段树 | ☆☆☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2027 |
| 扫描游戏 | 计算几何、线段树 | ☆☆☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2028 |
| 数的拆分 | 数论 | ☆☆☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2029 |
| 推导部分和 | 并查集、搜索 | ☆☆☆☆ | http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2030 |
注：本次 C + + A C++\ A C++ A组的题目题目质量很好，但是难度过大，线段树考点重复（也可能存在其他做法）。
试题A: 裁纸刀
题意： 一张纸上打印了 20 20 20行 22 22 22列共 440 440 440个二维码，至少需要裁多少次可以全部裁出。如下图， 2 2 2行 3 3 3列共需要裁 9 9 9次。
Tag： 模拟
难度： ☆
思路： 根据题意，首先需要额外裁剪 4 4 4次去除边界。每裁 1 1 1刀，可以使得纸张数目增加 1 1 1。 最终要变成 440 440 440个二维码，只需要裁剪 439 439 439次。总计 439 + 3 = 443 439+3=443 439+3=443次。
试题B: 灭鼠先锋
题意： 在 2 2 2行 4 4 4列的棋盘中，两人轮流操作，每次可选择在空位上放置 1 1 1个棋子，或者在同一行连续的两个空位上放置棋子。最后使得棋盘放满的人输掉。
先手存在 4 4 4种初始局面如下所示， O O O表示空， X X X表示已放置。每人均以最优策略放棋子。判断先手胜利（输出 V V V）还是后手胜利（输出 L L L）。
XOOO XXOO OXOO OXXO
OOOO OOOO OOOO OOOO
Tag： 博弈
难度： ☆☆☆
思路： 博弈题核心：
只能转移到必胜态的，均为必败态。
可以转移到必败态的，均为必胜态。
-
首先确定最终的必败态：只剩下1个棋子的时候肯定是必败的。
OXXX XOXX XXXX XXXX -
利用上述提到的核心，倒推出其他情况属于必败态还是必胜态。
-
注意，给定的 4 4 4个局面为先手第一步的四种局面，对于此时局面为必胜态，表示的是后手胜。
#include试题C: 求和
题意： 给定数组 a a a，求 ∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n a i a j \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_ia_j ∑i=1n∑j=i+1naiaj。
Tag： 前缀和
难度： ☆☆
思路： 可以进行如下转换：
∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n a i a j = ∑ i = 1 n [ a i ∑ j = i + 1 n a j ] \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_ia_j =\sum_{i=1}^n\left[a_i\sum_{j=i+1}^na_j\right] i=1∑nj=i+1∑naiaj=i=1∑n[aij=i+1∑naj]
对于里面的求和，直接用前缀和优化：
∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n a i a j = ∑ i = 1 n [ a i ∑ j = i + 1 n a j ] = ∑ i = 1 n a i ( s u m [ n ] − s u m [ i ] ) \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_ia_j =\sum_{i=1}^n\left[a_i\sum_{j=i+1}^na_j\right] =\sum_{i=1}^n a_i(sum[n]-sum[i]) i=1∑nj=i+1∑naiaj=i=1∑n[aij=i+1∑naj]=i=1∑nai(sum[n]−sum[i])
预处理前缀和即可，时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#include试题D: 选数异或
题意： 给定数组 a a a和整数 x x x， m m m次询问，每次询问区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]是否存在两个数字使得异或值等于 x x x。
Tag： 线段树、 S T ST ST表
难度： ☆☆☆
思路： 由于给定 x x x，对于区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中的每个数字 a [ i ] a[i] a[i]而言，只需要判断区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中是否存在 a [ i ] ⊕ x a[i]\oplus x a[i]⊕x。
暴力判断会超时，如何快速判断区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]而不是一个一个 a [ i ] a[i] a[i]来判断？
对每个数字 a [ i ] a[i] a[i]，找到它左边最近的 a [ j ] a[j] a[j]，满足 a [ i ] ⊕ a [ j ] = x a[i]\oplus a[j]=x a[i]⊕a[j]=x，则 < j , i >
为什么一定是左边最近合法位置而不是右边最近？
二者是一样的，因为i找到的左边最近合法位置是 j j j， j j j找到的右边最近是 i i i。
对于每个 i i i，都找到左边最近合法的 j j j，记为 L e f t [ i ] = j Left[i]=j Left[i]=j，满足 j < i , a [ i ] ⊕ a [ j ] = x j
那么对于询问 [ l , r ] [l,r] [l,r]中是否存在两个数字异或值等于 x x x，等价于询问 [ l , r ] [l,r] [l,r]中是否存在一个 i i i满足： l ≤ i ≤ r , l ≤ L e f t [ i ] l\le i \le r,l\le Left[i] l≤i≤r,l≤Left[i]。
存在一个 i i i即可满足条件，相当于最大的 L e f t [ i ] Left[i] Left[i]大于 l l l即可，即 l ≤ M a x { L e f t [ i ] ∣ l ≤ i ≤ r } l \le Max\{Left[i]|l\le i \le r\} l≤Max{Left[i]∣l≤i≤r}。
问题转换成：求区间最大值问题，使用线段树或者 S T ST ST表即可。
那如何快速得到 L e f t Left Left数组？从左往右遍历时，利用 p o s [ x ] pos[x] pos[x]记录数字 x x x上一次出现的位置，那么 L e f t [ i ] = p o s [ a [ i ] ⊕ x ] Left[i]=pos[a[i]\oplus x] Left[i]=pos[a[i]⊕x]。
注：本题也可使用莫队算法维护区间异或等于 x x x的次数来求解。
#include试题E: 爬树的甲壳虫
题意： 甲壳虫想要爬上高度为 n n n的树，开始位于树根，高度为0，当它尝试从高度 i − 1 i-1 i−1爬到高度为 i i i的位置时有 P i P_i Pi的概率会掉回树根，求它从树根爬到树顶时，经过的时间的期望值是多少。
Tag： 期望 D P DP DP、逆元
难度： ☆☆☆☆
思路： d p [ i − 1 ] dp[i-1] dp[i−1]表示从高度 i − 1 i-1 i−1出发到顶部花费的期望时间。根据题意可以得到如下的状态转移方程：
d p [ i − 1 ] = P i ∗ d p [ 0 ] + ( 1 − P i ) d p [ i ] + 1 d p [ n ] = 0 \begin{aligned} dp[i-1]&=P_i*dp[0]+(1-P_i)dp[i] + 1 \\ dp[n]&=0 \end{aligned} dp[i−1]dp[n]=Pi∗dp[0]+(1−Pi)dp[i]+1=0
利用递推式展开：
d p [ n ] = 0 ∗ d p [ 0 ] + 0 = a ∗ d p [ 0 ] + b d p [ n − 1 ] = P n ∗ d p [ 0 ] + ( 1 − P n ) d p [ n ] + 1 d p [ n − 2 ] = P n − 1 ∗ d p [ 0 ] + ( 1 − P n − 1 ) d p [ n − 1 ] + 1 . . . d p [ 0 ] = P 1 d p [ 0 ] + ( 1 − P 1 ) d p [ 1 ] + 1 \begin{aligned} dp[n]&=0*dp[0]+0=a*dp[0]+b \\ dp[n-1]&=P_n * dp[0] + (1-P_n)dp[n] + 1 \\ dp[n-2]&=P_{n-1} * dp[0] + (1-P_{n-1})dp[n-1] + 1 \\ ... \\ dp[0]&=P_1dp[0]+(1-P_1)dp[1]+1 \end{aligned} dp[n]dp[n−1]dp[n−2]...dp[0]=0∗dp[0]+0=a∗dp[0]+b=Pn∗dp[0]+(1−Pn)dp[n]+1=Pn−1∗dp[0]+(1−Pn−1)dp[n−1]+1=P1dp[0]+(1−P1)dp[1]+1
维护两个变量 a , b a,b a,b，分别表示 d p [ 0 ] dp[0] dp[0]的系数和常数，初始均为0。
将 d p [ n ] dp[n] dp[n]代入 d p [ n − 1 ] dp[n-1] dp[n−1]中，得到新的 a , b a,b a,b：
a = P n + ( 1 − P n ) ∗ a b = 1 + ( 1 − P n ) ∗ b \begin{aligned} a&=P_n+(1-P_n)*a \\ b&=1+(1-P_n)*b \end{aligned} ab=Pn+(1−Pn)∗a=1+(1−Pn)∗b
最终可以得到：
d p [ 0 ] = a ∗ d p [ 0 ] + b dp[0]=a*dp[0]+b dp[0]=a∗dp[0]+b
遍历中全部使用模意义下的数字，求解 d p [ 0 ] dp[0] dp[0]的时候相当于求解：
( a − 1 ) d p [ 0 ] + b ≡ 0 % M O D (a-1)dp[0]+b\equiv0\% MOD (a−1)dp[0]+b≡0%MOD
利用扩展欧几里得求解 d p [ 0 ] dp[0] dp[0]即可。
注意：存在更优的做法，递推过程更复杂，但是不需要最后的扩展欧几里得。
#include
///dp[0] = a * dp[0] + b
///(a-1)dp[0]+k * MOD = MOD - b
///(a - 1)x + MOD * y = MOD - b
///cout<
ll c = a - 1, d = MOD, x, y;
ll g = extgcd(c, d, x, y);
///cout<
ll x1 = x * (MOD - b) / g;
ll y1 = y * (MOD - b) / g;
cout<<(x1 % MOD + MOD ) % MOD<<endl;
return 0;
}
试题F: 青蛙过河
题意： 小青蛙住在一条河边，它想到河对岸的学校去学习。小青蛙打算经过河里的石头跳到对岸。河里的石头排成了一条直线，小青蛙每次跳跃必须落在一块石头或者岸上。不过，每块石头有一个高度，每次小青蛙从一块石头起跳，这块石头的高度就会下降1，当石头的高度下降到0 时小青蛙不能再跳到这块石头上（某次跳跃后使石头高度下降到0 是允许的）。
小青蛙一共需要去学校上 x x x天课，所以它需要往返 2 x 2x 2x次。当小青蛙具有一个跳跃能力 y y y时，它能跳不超过 y y y的距离。请问小青蛙的跳跃能力至少是多少才能用这些石头上完 x x x次课。
Tag： 二分答案、贪心
难度： ☆☆☆☆
思路： 往返累计 2 x 2x 2x次相当于单向走 2 x 2x 2x次。跳跃能力越大，越能保证可以通过 2 x 2x 2x次。因此可以使用二分答案，找到一个最小的满足条件的跳跃能力。
假设跳跃能力为 m i d mid mid，一种思想是每次能跳多远跳多远，然后去模拟判断 m i d mid mid是否合法，做法比较复杂，暂不展开。
另一种想法是判断每个长度为 m i d mid mid的区间之和是否大于等于 2 x 2x 2x，如果每个区间和都大于 2 x 2x 2x，肯定可以保证构造出一组解通过 2 x 2x 2x次。反过来是否成立可以自行思考一下。
参考：https://www.zhihu.com/question/525176453/answer/2433729894。
#include试题G: 最长不下降子序列
题意： 给定数组 a a a，可以修改连续的 K K K个数字变成一个相同值。请计算修改后的最长不下降子序列长度。
Tag： 动态规划、线段树
难度： ☆☆☆☆☆
思路： 最长不下降子序列是经典的动态规划问题。本题只和数字大小有关，与数值无关，因此，先对数组进行离散化。
记 d p [ i ] dp[i] dp[i]表示以 a [ i ] a[i] a[i]结尾的最长不下降子序列长度，对于修改连续的 K K K个数字变成同一值，最好修改成与前面一样的数字，即：
修改 a [ i − k + 1 ] , . . . , a [ i ] a[i-k+1],...,a[i] a[i−k+1],...,a[i]均修改成 a [ i − k ] a[i-k] a[i−k]，此时的最长上升子序列可以看成3段：
- [ 1 , i − k ] [1,i-k] [1,i−k]：长度为 d p [ i − k ] dp[i-k] dp[i−k]
- [ i − k + 1 , . . . , i − 1 ] [i-k+1,...,i-1] [i−k+1,...,i−1]：长度为 k − 1 k-1 k−1
- [ i , i + 1... n ] [i,i+1...n] [i,i+1...n]： a [ i ] , a [ i + 1 ] , . . . , a [ n ] a[i],a[i+1],...,a[n] a[i],a[i+1],...,a[n]中，以 a [ i ] a[i] a[i]开头的最长上升子序列，注意此时的 a [ i ] a[i] a[i]的值应该等于 a [ i − k ] a[i-k] a[i−k]
为了求出 d p [ i ] dp[i] dp[i]，利用权值线段树求出 d p [ 1 ] , . . . , d p [ i − 1 ] dp[1],...,dp[i-1] dp[1],...,dp[i−1]中最大的数字 d p [ j ] dp[j] dp[j]，同时保证 a [ j ] ≤ a [ i ] a[j]\le a[i] a[j]≤a[i]。
具体做法为：对 a a a数组离散化后，从左往右遍历 a a a数组，将 a [ i ] a[i] a[i]看作线段树的第 a [ i ] a[i] a[i]位， d p [ i ] dp[i] dp[i]为线段树维护的值（线段树维护最大值），查询线段树区间 [ 1 , a [ i ] ] [1,a[i]] [1,a[i]]的最大值即可。
类似的，反向遍历，每次查询 [ a [ i ] , n ] [a[i],n] [a[i],n]的最大值，就可以维护以 x x x开头的最长上升子序列，这样，最后暴力枚举每一段 K K K即可。
#include试题H: 扫描游戏
题意： 有一根围绕原点 O O O顺时针旋转的棒 O A OA OA，初始时指向正上方（ Y Y Y 轴正向）。在平面中有若干物件，第 i i i个物件的坐标为 ( x i , y i ) (xi, yi) (xi,yi) ，价值为 z i zi zi。当棒扫到某个物件时，棒的长度会瞬间增长 z i zi zi，且物件瞬间消失（棒的顶端恰好碰到物件也视为扫到），如果此时增长完的棒又额外碰到了其他物件，也按上述方式消去（它和上述那个点视为同时消失）。
如果将物件按照消失的时间排序，则每个物件有一个排名，同时消失的物件排名相同，请输出每个物件的排名，如果物件永远不会消失则输出 − 1 -1 −1。
Tag： 计算几何、线段树
难度： ☆☆☆☆☆
思路： 首先进行极角排序，按照顺时针排序。具体可以利用象限+叉积来排序。
初始时棒长度为 L L L，每次需要找到顺时针第一个小于等于 L L L的点即可。
可以利用线段树维护每个点到原点的距离 x i 2 + y i 2 x_i^2+y_i^2 xi2+yi2，要找的是下一个小于等于 L 2 L^2 L2的点，因此维护最小值。
假设之前位置为 l a s t last last（初始为0），每次利用线段树查找区间 [ l a s t + 1 , n ] [last+1,n] [last+1,n]中从左往右第一个小于等于 L 2 L^2 L2的数字，如果没有找到则查找区间 [ 1 , l a s t − 1 ] [1,last-1] [1,last−1]中从左往右第一个小于等于 L 2 L^2 L2的数字（顺时针一圈）。
如果没找到则终止。
如果找到了，下标记为 i d x idx idx。棒长 L L L增加 z i d x z_{idx} zidx，记录一下当前第 i d x idx idx个点的答案。注意特判一下，如果当前点和先前点夹角为0，则排名是一样的。
代码中由于 L L L不断增加， L 2 L^2 L2会超过 l o n g l o n g long\ long long long，可以在代码中维护距离而不是距离的平方，也可以使用 _ _ i n t 128 \_\_int128 __int128来维护变量 L 2 L^2 L2。
#include试题I: 数的拆分
题意： 判断数字 a ≤ 1 0 18 a \le 10^{18} a≤1018能否表示成 x 1 y 1 x 2 y 2 x_1^{y_1}x_2^{y_2} x1y1x2y2的形式，其中 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2为正整数， y 1 , y 2 y_1,y_2 y1,y2为大于等于 2 2 2的正整数。 T ≤ 100000 T \le 100000 T≤100000次询问。
Tag： 数论
难度： ☆☆☆☆☆
思路： 首先考虑将 a a a进行素因子分解 p 1 q 1 p 2 q 2 ⋅ . . . ⋅ p k q k p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdot ...\cdot p_k^{q_k} p1q1p2q2⋅...⋅pkqk，首先要满足 q i ≥ 2 q_i\ge 2 qi≥2。
∀ q i ≥ 2 \forall q_i \ge 2 ∀qi≥2，要拆分成 k 1 ∗ y 1 + k 2 ∗ y 2 = q i k_1*y_1+k_2*y_2=q_i k1∗y1+k2∗y2=qi， k 1 , k 2 ≥ 0 , y 1 , y 2 ≥ 2 k_1,k_2 \ge 0,y_1,y_2\ge 2 k1,k2≥0,y1,y2≥2。
y 1 = 2 , y 2 = 3 y_1=2,y_2=3 y1=2,y2=3可以保证所有的 q i ≥ 2 q_i \ge 2 qi≥2均有非负整数解。
2 k 1 + 3 k 2 = k 2k_1+3k_2=k 2k1+3k2=k对于 ∀ k > 1 \forall k > 1 ∀k>1均有非负整数解：
1、 k % 3 = = 0 k\%3==0 k%3==0： k 1 = 0 , k 2 = k 3 k_1=0,k_2=\frac{k}{3} k1=0,k2=3k
2、 k % 3 = = 1 k\%3==1 k%3==1： k 1 = 2 , k 2 = k − 4 3 k_1=2,k_2=\frac{k-4}{3} k1=2,k2=3k−4
3、 k % 3 = = 2 k\%3==2 k%3==2： k 1 = 1 , k 2 = k − 2 3 k_1=1,k_2=\frac{k-2}{3} k1=1,k2=3k−2
所以问题变成数字 a a a能否变成 x 1 2 x 2 3 x_1^2x_2^3 x12x23。
对于 a = p 1 q 1 p 2 q 2 ⋅ . . . ⋅ p k q k a=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdot ...\cdot p_k^{q_k} a=p1q1p2q2⋅...⋅pkqk，只需要检测每个 q i q_i qi是否大于等于 2 2 2即可，只要大于等于 2 2 2就可以按照对应的 k 1 , k 2 k_1,k_2 k1,k2分配到 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2里面。
由于 a ≤ 1 0 18 a\le 10^{18} a≤1018，所以 x 1 2 x 2 3 ≤ 1 0 18 x_1^2x_2^3\le 10^{18} x12x23≤1018。如果素因子 p > 4000 p>4000 p>4000，则 p 5 ≥ 1 0 18 p^5\ge 10^{18} p5≥1018。所以只需要暴力判断 4000 4000 4000以内的素因子，对于大于 4000 4000 4000的 p p p，指数只可能是 2 , 3 , 4 2,3,4 2,3,4，即判断一下是否为平方数或者立方数即可。
时间复杂度 O ( T ∗ 550 ) O(T*550) O(T∗550)， 550 550 550为 4000 4000 4000以内素数数量。
#include
if(now == 1)
{
flag = false;
break;
}
}
if(flag & check(x))
{
puts("yes");
continue;
}
else
{
puts("no");
}
}
return 0;
}
试题J: 推导部分和
题意： 对于数列 a a a，已知部分区间和，询问若干次区间和。
Tag： 并查集、搜索
难度： ☆☆☆☆
思路： 对于已知的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]的和为 s s s，用前缀和 s u m [ r ] − s u m [ l − 1 ] = s sum[r]-sum[l-1]=s sum[r]−sum[l−1]=s表示，根据差分约束建图准则，相当于点 l − 1 l-1 l−1到点 r r r长度为 s s s， r r r到 l − 1 l-1 l−1长度为 − s -s −s。
建好图之后，每次询问一个区间 [ q l , q r ] [ql,qr] [ql,qr]的和，相当于询问 s u m [ q r ] − s u m [ q l − 1 ] sum[qr]-sum[ql-1] sum[qr]−sum[ql−1]的值。
首先要保证 q l − 1 ql-1 ql−1和 q r qr qr在同一个连通块中，其次每个连通块只需要随便一个点初始化为 0 0 0，然后按照边长扩展即可。这是由于等号，不管怎么走，相对差值是不变的。
代码中 d f s dfs dfs和 b f s bfs bfs均可以。
#include
for(auto x : Map[u])
{
int v = x.v; ll w = x.w;
if(vis[v])continue;
dfs(v, d + w);
}
}
queue<pair<int,ll> >Q;
void bfs(int u, ll d)
{
vis[u] = 1;
sum[u] = d;
Q.push(make_pair(u, d));
while(!Q.empty())
{
auto now = Q.front();
Q.pop();
int u = now.first; ll d = now.second;
for(auto x : Map[u])
{
int v = x.v; ll w = x.w;
if(vis[v])continue;
vis[v] = 1;
sum[v] = d + w;
Q.push(make_pair(v, d + w));
}
}
}
int f[maxn];
int Find(int x)
{
return x == f[x] ? x : f[x] = Find(f[x]);
}
int main()
{
read(n);read(m);read(q);
for(int i = 0; i <= n; i++)f[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int l, r; ll s;
read(l);read(r);read(s);
///cout<
///sum[r] - sum[l - 1] = s
Map[l - 1].push_back(edge(r, s));
Map[r].push_back(edge(l - 1, -s));
f[Find(l - 1)] = Find(r);
}
for(int i = 0; i <= n; i++)if(!vis[i])
bfs(i, 0);
while(q--)
{
int l, r;
read(l), read(r);
--l;
if(Find(l) != Find(r))puts("UNKNOWN");
else printf("%lld\n", sum[r] - sum[l]);
}
return 0;
}