12届蓝桥杯软件类省赛第一场_CB

第一次参加蓝桥杯省赛，补题写博客留个纪念~

试题 A: 空间

问 $256MB$ 的空间可以存储多少个 $32$ 位二进制整数。

>>> 256*1024*1024*8//32
67108864

试题 B: 卡片

小蓝手里有 $0$ 到 $9$ 的卡片各 $2021$ 张，共 $20210$ 张，问小蓝可以从 $1$ 拼到多少。

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 B: 卡片
 * 解决方案: 模拟。记录各卡片剩余数量，每拼一个数字就减少相应的卡片，直到卡片不足。
 */

#include 
using namespace std;

int res[10];

// 拼数字x，失败返回false
bool handle(int x)
{
    while (x) {
        if (--res[x%10] < 0) return false;
        x /= 10;
    }
    return true;
}
int main()
{
    for (int i = 0; i < 10; ++i) res[i] = 2021;
    int n = 1;  // 从1开始拼
    while (handle(n)) {  // 拼不出n则退出循环
        ++n;
    }
    cout << n-1;  // 可以从1拼到n-1
    // 输出3181
    return 0;
}

试题 C: 直线

给定平面上 $20\times 21$ 个整点 $(x,y)|0\le x<20,0\le y<21,x\in Z,y\in Z$ ，问这些点一共确定了多少条不同的直线。

解决方案

掌握直线的表示与去重即可。
用两点式表示直线有
$$\frac{y-y_1}{x-x_1}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$$
整理得
$$y=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}x+\frac{x_2{y}_1-x_1{y}_2}{x_2-x_1}$$
注意：

• 比较两直线的斜率和截距时建议不要用浮点类型（谨防浮点误差）。
• 存储时保证$(x_2,y_2)$位于$(x_1,y_1)$，以方便比较直线大小。

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 C: 直线
 * 解决方案: 枚举。用两点式保存直线，枚举所有可能存在的直线，用set去重。
 */

#include 
using namespace std;

// 两点确定一条直线
class Line {
    int x1, y1, x2, y2;
public:
    Line(int a, int b, int c, int d) : x1(a), y1(b), x2(c), y2(d) {
        // 规范直线，保证(x2,y2)在(x1,y1)的右上方，方便比较截距大小
        if (x2 < x1) swap(x1,x2), swap(y1,y2);
        if (x1 == x2 && y1 > y2) swap(y1,y2);
    }
    bool operator < (const Line &t) const
    {
        // 首先根据斜率大小排序
        // 斜率相等则按截距大小排序（注意斜率不存在的情况）
        if ((y1-y2)*(t.x1-t.x2) != (x1-x2)*(t.y1-t.y2)) return (y1-y2)*(t.x1-t.x2) < (x1-x2)*(t.y1-t.y2);
        if (x1 == x2) return x1 < t.x1;  // 斜率不存在的情况下比较横截距
        return (x2*y1-x1*y2)*(t.x2-t.x1) < (x2-x1)*(t.x2*t.y1-t.x1*t.y2);  // 否则比较纵截距
    }
};
int main()
{
    int n = 20, m = 21;
    // n = 2, m = 3;
    set<Line> st;
    // 数据范围很小，四层循环暴力枚举两点
    for (int x1 = 0; x1 < n; ++x1) {
        for (int y1 = 0; y1 < m; ++y1) {
            for (int x2 = 0; x2 < n; ++x2) {
                for (int y2 = 0; y2 < m; ++y2) {
                    if (x1 == x2 && y1 == y2) continue;  // 保证两点不同
                    st.insert(Line(x1,y1,x2,y2));
                }
            }
        }
    }

    // 集合的大小即为不同直线的数目
    cout << st.size();
    // 输出40257
    return 0;
}

试题 D: 货物摆放

将 $n$ 拆为 $3$ 个正整数的乘积。

例如，当 $n=4$ 时，有以下 6 种方案：$1\times 1\times 4$、$1\times 2\times 2$、$1\times 4\times 1$、$2\times 1\times 2$、$2\times 2\times 1$、$4\times 1\times 1$。

请问，当 $n=2021041820210418$ （注意有 $16$ 位数字）时，总共有多少种
方案？

解决方案
先求出各 $n$ 的所有质因子及其个数，问题便转化为: 将 $n$ 的所有质因子放入三个不同的盒子，问有几种放法？

例如，当 $n=4=2\times 2$ 时，两个相同的质因子放入三个不同的盒子，便有 $C_3^1+C_3^2=6$ 种。

注意到 $2021041820210418=20210418\times 100000001$ ，因此直接无脑暴力因式分解也不会超时。

那就先来因式分解一波：

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 D: 货物摆放
 * 解决方案: 暴力出奇迹
 */

#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
void factors(LL x)
{
    for (LL i = 2; i*i <= x; ++i) {
        while (x%i == 0) x /= i, cout << i << ' ';
    }
    if (x > 1) cout << x;
}
int main()
{
    LL n = 2021041820210418;
    factors(n);
    return 0;
}
// 输出: 2 3 3 3 17 131 2857 5882353

结果非常的 $\text{Amazing}$ !

$2021041820210418$ 居然只有 $8$ 个质因子，遂手算即可。

• 个数为 $1$ 的质因子放入三个不同的盒子，有 $C_3^1=3$ 种方案
• 个数为 $1$ 的质因子放入三个不同的盒子，有 $C_3^3+2C_3^2+C_3^1=10$ 种方案
• 因此总方案数为 $3\times 10\times 3\times 3\times 3\times 3=2430.$

试题 E: 路径

对于两个不同的结点 $a$, $b$，如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值大于 $21$，则两个结点
之间没有边相连；如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值小于等于 $21$，则两个点之间有一条
长度为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数的无向边相连。

问结点 $1$ 和结点 $2021$ 之间的最短路径长度是多少？

解决方案

• 方案一: 直接跑图论最短路，$\text{Dijkstra}$ 或者 $\text{Floyd}$ 均可，后者虽然时间复杂度高，但代码量少，且大概几十秒就能跑出来。

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 E: 路径
 * 解决方案: 图论或dp
 */

#include 
using namespace std;

const int N = 2022;
int dis[N][N];  // dp[i][j], 结点i到j的最短路
int main()
{
    // 初始化
    for (int i = 1; i < N; ++i) {
        for (int j = 1; j < N; ++j) {
            if (i == j) dis[i][j] = 0;
            else if (abs(i-j) <= 21) dis[i][j] = i/__gcd(i,j)*j;
            else dis[i][j] = INT_MAX/2;
        }
    }

    for (int i = 1; i < N; ++i) {
        for (int j = 1; j < N; ++j) {
            for (int k = 1; k < N; ++k) {
                if (dis[i][j] > dis[i][k]+dis[k][j]) {
                    dis[i][j] = dis[i][k]+dis[k][j];
                }
            }
        }
    }
    cout << dis[1][2021];  // 10266837
    return 0;
}

• 方案二: 动态规划。 $d{p}_i$ 代表从结点 $1$ 到结点 $i$ 之间的最短路径长度。状态转移方程为
  $$d{p}_i=\text{min}\{d{p}_j+\text{lcm}(i,j)\}(i-21\le j<i).$$
  $$\begin{gathered} \text{这是参照网上大佬的做法，但我并不理解。} \\ 这是巧合吗？为什么不用考虑从j之后的结点中转呢？ \end{gathered}$$
  $\text{如果有人知道，还望告知，谢谢！}$

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 E: 路径
 * 解决方案: 图论或dp
 */

#include 
using namespace std;

const int N = 2022;
int dp[N];
int main()
{
    dp[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= 2021; ++i) {
        dp[i] = INT_MAX;
        for (int j = max(1, i-21); j < i; ++j) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[j]+i/__gcd(i,j)*j);
        }
    }
    cout << dp[2021];  // 10266837
    return 0;
}

试题 F: 时间显示

给定从 $1970$ 年 $1$ 月 $1$ 日 $00:00:00$ 到某时刻经过的毫秒数，要求输出该时刻对应的时分秒。

解决方案
时间复杂度 $O(1).$

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 F: 时间显示
 * 解决方案: 送分题
 */

#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
int main()
{
    LL t;
    cin >> t;
    int h, m, s;
    t /= 1000; s = t%60;
    t /= 60; m = t%60;
    t /= 60; h = t%24;
    printf("%02d:%02d:%02d", h, m, s);
    return 0;
}

$\text{出考场听见有人说不知道1s=1000ms，或许是大一新生吧。}$

试题 G: 砝码称重

给定 $n$ 个砝码，计算一共可以称出多少种不同的重量？

解决方案
注意到 $n\le 100$ 且 砝码总重 $M$ 不超过 $100000.$
考虑 $d{p}_{i,j}$ 代表前 $i$ 个砝码能否称出重量 $j$ ，$0$ 否 $1$ 是，则有状态转移方程
$$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}|d{p}_{i-1,j-w}|d{p}_{i-1,j+w}$$
注意：

• $i$ 的状态只与 $i-1$ 的状态有关，因此可以采用滚动数组，减少内存消耗。
• 运算过程中可能出现 $j$ 为负数的情况，因此可映射到数组下标 $j+M$ 的位置。
• 最终结果只用统计能称出的正的重量。

时间复杂度 $O(nM).$

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 G: 砝码称重
 * 解决方案: 动态规划。每多一个砝码就标记哪些重量可以称出。
 */

#include 
using namespace std;

const int N = 2e5+50, M = 1e5+5;
bool dp[2][N];  // dp[i][j]代表前i个砝码能否称出重量为j-M的物品，i用滚动数组形式
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);

    dp[0][M] = 1;  // 重量为0的物品肯定能称出

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int w;
        scanf("%d", &w);
        for (int j = 0; j < N; ++j) {
            int cur = i&1, pre = cur^1;
            // 加入第i个砝码后，能否称出重量j
            // 取决于前i-1个砝码能否称出重量j或j-w或j+w
            dp[cur][j] = dp[pre][j]
                       | (j-w >= 0 ? dp[pre][j-w] : false)
                       | (j+w < N ? dp[pre][j+w] : false);
        }
    }

    int ans = 0;  // 统计能称出的大于0, 及下标大于M的重量数
    for (int i = M+1; i < N; ++i) {
        ans += dp[n&1][i];
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

试题 H: 杨辉三角形

给定正整数 $n$，求 $n$ 在杨辉三角数列中第一次出现位置？

解决方案

如果纯粹暴力遍历求解，当给定数字过大时会超时。事实上，可以做一些“剪枝”操作。

• 如果某行某列大于 $n$ 了还没出现，那么该行的该列之后的数也不会有 $n$ 了。
• 特别的，如果某行第三列的数大于 $n$ 还没出现，那么 $n$ 必在接下来某行的第二列。由 ${\text{C}}_k^1=n\Rightarrow k=n$ 易知 $n$ 将出现在第 $n+1$ 行第二列。

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 H: 杨辉三角形
 * 解决方案: 模拟，剪枝。
 */

#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e6;
LL C[2][N];  // 滚动数组存储杨辉三角相邻两行
int main()
{
    int n = 99999999;
    scanf("%d", &n);

    int cnt = 0;
    for (int i = 0; ; ++i) {
        int cur = i&1, pre = cur^1;
        for (int j = 0; j <= i; ++j) {
            ++cnt;
            if (i == 0 || j == 0) C[cur][j] = 1;
            else {
                C[cur][j] = C[pre][j] + C[pre][j-1];
            }
            if (C[cur][j] == n) {
                printf("%d", cnt);
                return 0;
            }

            // 如果当前列超过n的最大值，那该行后面的列一定不会出现n
            if (C[cur][j] > n) {
                cnt += i-j;
                break;
            }
        }

        // 杨辉三角第三列大于n则说明数字n必在后面某行的第二列
        if (C[cur][2] > n) break;
    }

    // 第n+1行第2列是第几个数？
    cout << 1LL*n*(n+1)/2+2;
    return 0;
}

容易验证，内层循环代码最多执行 $18$ 万次，完全不用担心 $\text{TLE}$ 。

试题 I: 双向排序

给定序列 $(a1,a2,\cdot \cdot \cdot ,an)=(1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$，即 $ai=i$。
小蓝将对这个序列进行 $m$ 次操作，每次可能是将 $a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_{qi}$ 降序排列，或者将 $a_{qi},a_{qi+1},\cdot \cdot \cdot ,a_n$ 升序排列。
请求出操作完成后的序列。

解决方案

• 方案一: 考场上只想到 $O(mn)$ 的做法。注意到数组的值总是呈 $\text{V}$ 型的，即先减后增。直接模拟 $m$ 次排序，由于每次排序都只需合并两个有序数组，因此可以用双指针做到单次排序时间复杂度 $O(n)$ 。
• 方案二: 线段树。考虑到数组总是先减后增，将所有单调递减的数标记为 $0$，递增的数标记为 $1$，则根据 $01$ 序列便可唯一确定数组状态。而排序操作不过是将递减的数中较小的数变为递增的数（即将标记 $0$ 改为 $1$），或者递增的数中较小的数变为递减的数（即将标记 $1$ 改为 $0$），线段树区间修改时间复杂度 $O(\log n)$ 。总体时间复杂度 $O(n+m\log n)$。

/**
 * 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组
 * 试题 I: 双向排序
 * 解决方案: 数据结构（线段树/文艺树）
 */


#include 
using namespace std;

class SegTree {
    vector<int> tree;  // tree[rt]记录rt代表的区间中递增区间的个数，即1的个数
    vector<int> lazy;  // 代表将相应区间置为lazy, 初始化-1（无效值）
    void pushUp(int rt) {tree[rt] = tree[rt<<1]+tree[rt<<1|1];}
    void pushDown(int L, int R, int rt) {
        if (lazy[rt] == -1) return;
        int m = L+R >> 1;
        tree[rt<<1] = lazy[rt]*(m-L+1);
        tree[rt<<1|1] = lazy[rt]*(R-m);
        lazy[rt<<1] = lazy[rt<<1|1] = lazy[rt];
        lazy[rt] = -1;
    }
    void build(int L, int R, int rt) {
        if (L == R) {
            tree[rt] = 1;  // 初始化为n个数递增排列，全部标记为1。
            return;
        }
        int m = L+R >> 1;
        build(L, m, rt<<1);
        build(m+1, R, rt<<1|1);
        pushUp(rt);
    }
public:
    SegTree(int n) : tree(n << 2), lazy(n << 2, -1) {build(1, n, 1);}
    void change0(int num, int L, int R, int rt) {
        // 将最左的 num 个 0 变为 1
        if (num <= 0) return;
        if (R-L+1-tree[rt] <= num) {  // 不足num个0直接置1
            tree[rt] = R-L+1;
            lazy[rt] = 1;
            return;
        }
        pushDown(L, R, rt);
        int m = L+R >> 1;
        int t = min(m-L+1-tree[rt<<1], num);
        change0(num-t, m+1, R, rt<<1|1);
        change0(t, L, m, rt<<1);  // 当前区间1的个数多于num则左递归
        pushUp(rt);
    }
    void change1(int num, int L, int R, int rt) {
        // 将最左的 num 个 1 变为 0
        if (num <= 0) return;
        if (tree[rt] <= num) {  // 不足num个1直接置0
            tree[rt] = 0;
            lazy[rt] = 0;
            return;
        }
        pushDown(L, R, rt);
        int m = L+R >> 1;
        int t = min(tree[rt<<1], num);
        change1(num-t, m+1, R, rt<<1|1);
        change1(t, L, m, rt<<1);  // 当前区间1的个数多于num则左递归
        pushUp(rt);
    }
    void print0(int L, int R, int rt) {
        // 按递减顺序打印标记为0的数字
        if (L == R) {
            if (tree[rt] == 0) printf("%d ", L);
            return;
        }
        pushDown(L, R, rt);
        int m = L+R >> 1;
        print0(m+1, R, rt<<1|1);
        print0(L, m, rt<<1);
    }
    void print1(int L, int R, int rt) {
        // 按递增顺序打印标记为1的数字
        if (L == R) {
            if (tree[rt] == 1) printf("%d ", L);
            return;
        }
        pushDown(L, R, rt);
        int m = L+R >> 1;
        print1(L, m, rt<<1);
        print1(m+1, R, rt<<1|1);
    }
};
int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    SegTree st(n);
    int last_min = 1;  // 记录上一次最小值所在的位置，初始化为1
    int mark_min = 1;  // 记录最小值是标的0还是1
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int p, q;
        scanf("%d%d", &p, &q);
        if (p == 0 && q > last_min) {
            st.change1(q - last_min + (mark_min==1), 1, n, 1);
            mark_min = 0;
            last_min = q;
        }
        else if (p == 1 && q < last_min) {
            st.change0(last_min - q + (mark_min==0), 1, n, 1);
            mark_min = 1;
            last_min = q;
        }
    }
    st.print0(1, n, 1);  // 降序打印标记为0的数字
    st.print1(1, n, 1);  // 升序打印标记为1的数字
    return 0;
}

• 方案三: 伸展树。

试题 J: 括号序列

给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，当添加完成后，会产生不同的添加结果，问有多少种本质不同的添加结果。

解决方案
动态规划。 $d{p}_{i,j}$ 代表前在前 $i$ 个字符构成的字符串中插入最少括号，使左括号比右括号多 $j$ 个的方案数。

$过程还没想清楚，改天补。。$

赛后总结

估计我的得分情况应该是 $5+5+10+0+15+15+10\to 20(砝码称重用的\text{set}，不知道会不会超时)+20\times 20\%+0=79\to 89$ 。
满分 $150$ ，$89$ 分连及格线没到。

以前听很多人说蓝桥杯很水，甚至说有手就行。

但参加之后我才发现，蓝桥杯其实一点儿也不水，题目有深度、有细节，难度循序渐进，重点考察基本功。

当然，蓝桥杯获了奖也并不能说明问题，获奖除了能加德育分，没有什么值得高兴的，毕竟奖项是按本省相对排名分配的，而且有 $60\%$ 的获奖率。

$$\begin{gathered} 每参加一次比赛，应该要看到自己在这场比赛中暴露出的问题， \\ 而不是为了一个无足轻重的结果而喜怒哀乐，这样才能有所提升。 \end{gathered}$$