文章目录
一、特殊年份
1、1 题目描述
1、2 题解关键思路与解答
二、小平方
2、1 题目描述
2、2 题解关键思路与解答
三、完全平方数
3、1 题目描述
3、2 题解关键思路与解答
四、负载均衡
4、1 题目描述
4、2 题解关键思路与解答
五、国际象棋
5、1 题目描述
5、2 题解关键思路与解答
♂️ 作者:@Ggggggtm ♂️
专栏:数据结构与算法
标题:第十二届蓝桥杯省赛第二场
❣️ 寄语:与其忙着诉苦,不如低头赶路,奋路前行,终将遇到一番好风景 ❣️
题目来源:第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度:简单
题目描述:今年是 2021 年,2021 这个数字非常特殊,它的千位和十位相等,个位比百位大 1,我们称满足这样条件的年份为特殊年份。输入 5 个年份,请计算这里面有多少个特殊年份。
输入格式:输入 5 行,每行一个 44 位十进制数(数值范围为 1000 至 9999),表示一个年份。
输出格式:输出一个整数,表示输入的 55 个年份中有多少个特殊年份。
输入样例:
2019 2021 1920 2120 9899
输出样例:
2
样例解释:2021 和 9899 是特殊年份,其它不是特殊年份。
这道题的思路什么简单,我们只需要将年份的各个数字拿出来,看是否满足:它的千位和十位相等,个位比百位大 1 即可。我们直接看代码:
#include
using namespace std;
int main()
{
int cnt=0;
int ret=0;
for(int i=0;i<5;i++)
{
scanf("%d",&ret);
int a=ret/1000,b=ret/100%10,c=ret%100/10,d=ret%10;
if(a==c && d-b==1)
cnt++;
}
cout<
题目来源:第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度:简单
题目描述:小蓝发现,对于一个正整数 n 和一个小于 n 的正整数 v,将 v 平方后对 n 取余可能小于 n 的一半,也可能大于等于 n 的一半。请问,在 1 到 n−1中,有多少个数平方后除以 n 的余数小于 n 的一半。
例如,当 n=4时,1,2,3的平方除以 4 的余数都小于 4 的一半。
又如,当 n=5时,1,4 的平方除以 5 的余数都是 1,小于 5 的一半。
而 2,3 的平方除以 5 的余数都是 4,大于等于 5 的一半。
输入格式:
输入一行包含一个整数 n。
输出格式:
输出一个整数,表示满足条件的数的数量。
数据范围:
1≤n≤10000
输入样例:
5
输出样例:
2
由于数据范围较小,所以我们直接暴力枚举即可。我们直接看代码:
#include
using namespace std;
int main()
{
int n;
int cnt=0;
cin>>n;
for(int i=1;i
题目来源:第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度:简单
题目描述:一个整数 a 是一个完全平方数,是指它是某一个整数的平方,即存在一个整数 b,使得 a=b*b。给定一个正整数 n,请找到最小的正整数 x,使得它们的乘积是一个完全平方数。
输入格式:
输入一行包含一个正整数 n。
输出格式:
输出找到的最小的正整数 x。
数据范围:
对于 30% 的评测用例,1≤n≤1000,答案不超过 1000。
对于 60% 的评测用例,1≤n≤1e8,答案不超过 1e8。
对于所有评测用例,1≤n≤1e12,答案不超过 1e12。输入样例1:
12
输出样例1:
3
输入样例2:
15
输出样例2:
15
从题目中给出的数据范围可知,我们如果暴力去找最小的数,是不行的。这里就用到了质因数。如果一个数完全平方数,那么这个数的所有质因数的个数为偶数。根据这一特点,我们就判单题目中给出的数据,找出该数据的质因数个数为奇数的,然后相互乘起来就是我们所要的结果。我们结合代码一起理解一下。
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
LL n;
scanf("%lld",&n);
LL res=1;
for(LL i=2;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
int s=0;
while(n%i==0)
{
n/=i;
s++;
}
if(s%2)
res*=i;
}
}
if(n>1)
res*=n;
cout<
题目来源:第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度:中等
题目描述:有 n 台计算机,第 i台计算机的运算能力为 vi。有一系列的任务被指派到各个计算机上,第 i 个任务在 ai 时刻分配,指定计算机编号为 bi,耗时为 ci 且算力消耗为 di。如果此任务成功分配,将立刻开始运行,期间持续占用 bi 号计算机 di 的算力,持续 ci 秒。对于每次任务分配,如果计算机剩余的运算能力不足则输出 −1,并取消这次分配,否则输出分配完这个任务后这台计算机的剩余运算能力。
输入格式:
输入的第一行包含两个整数 n,m,分别表示计算机数目和要分配的任务数。
第二行包含 n 个整数 v1,v2,⋅⋅⋅vn,分别表示每个计算机的运算能力。接下来 m 行每行 4 个 整数 ai,bi,ci,di,意义如上所述。数据保证 ai 严格递增,即 ai
输出格式:
输出 m 行,每行包含一个数,对应每次任务分配的结果。
数据范围:
对于 20% 的评测用例,n,m≤200。
对于 40% 的评测用例,n,m≤2000。
对于所有评测用例,1≤n,m≤200000,1≤ai,ci,di,vi≤1e9,1≤bi≤n。输入样例:
2 6 5 5 1 1 5 3 2 2 2 6 3 1 2 3 4 1 6 1 5 1 3 3 6 1 3 4
输出样例:
2 -1 -1 1 -1 0
样例解释:
时刻 1,第 1 个任务被分配到第 1 台计算机,耗时为 5,这个任务时刻 6 会结束,占用计算机 1 的算力 3。
时刻 2,第 2 个任务需要的算力不足,所以分配失败了。
时刻 3,第 1 个计算机仍然正在计算第 1 个任务,剩余算力不足 3,所以失败。
时刻 4,第 1 个计算机仍然正在计算第 1 个任务,但剩余算力足够,分配后剩余算力 1。
时刻 5,第 1 个计算机仍然正在计算第 1,4 个任务,剩余算力不足 4,失败。
时刻 6,第 1 个计算机仍然正在计算第 4 个任务,剩余算力足够,且恰好用完。
该题目输入的时刻是保证有序的。但是每个任务需要花费的时间是一段时间段,这似乎是一个很棘手的问题。我们看每个计算机是否能进行此任务,关键是要看该计算机的剩余的算力是否足够。我们发现每个计算机都是独立的,我们需要去维护每个时刻的算力和运行的任务。如果某个时刻前面的任务已经结束,我们需要重新加回该任务所消耗的算力值。我们可以考虑用一下优先队列来去维护计算机的算力和运行的任务。我们需要定义pair来存储某个任务结束的时间点和所需算力值。我们结合代码理解:
#include
#include
#include
#include
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair PII; //first :某个任务结束的时间点。 second :该任务所需算力值
const int N=2e5+10;
int n,m;
int s[N]; //存储剩余的算力
priority_queue,greater> q[N]; //小根堆。存储正在计算的任务
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&s[i]);
while(m--)
{
int a,b,c,d;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
while(q[b].size() && q[b].top().x<=a) //判断是否寂静有任务结束
{
s[b]+=q[b].top().y;
q[b].pop();
}
if(s[b]
题目来源:第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度:困难
题目描述: 众所周知,“八皇后” 问题是求解在国际象棋棋盘上摆放 88 个皇后,使得两两之间互不攻击的方案数。已经学习了很多算法的小蓝觉得 “八皇后” 问题太简单了,意犹未尽。作为一个国际象棋迷,他想研究在 N×M 的棋盘上,摆放 K 个马,使得两两之间互不攻击有多少种摆放方案。由于方案数可能很大,只需计算答案除以 1000000007 (即 1e9+7) 的余数。
如下图所示,国际象棋中的马摆放在棋盘的方格内,走 “日” 字,位于 (x,y) 格的马(第 x 行第 y 列)可以攻击 (x+1,y+2)、(x+1,y−2)、(x−1,y+2)、(x−1,y−2)、(x+2,y+1)、(x+2,y−1)、(x−2,y+1) 和 (x−2,y−1) 共 8 个格子。
输入格式:
输入一行包含三个正整数 N,M,K,分别表示棋盘的行数、列数和马的个数。
输出格式:
输出一个整数,表示摆放的方案数除以 1000000007 (即 1e9+7) 的余数。
数据范围:
对于 5% 的评测用例,K=1;
对于另外 10% 的评测用例,K=2;
对于另外 10% 的评测用例,N=1;
对于另外 20% 的评测用例,N,M≤6,K≤5;
对于另外 25% 的评测用例,N≤3,M≤20,K≤12;
对于所有评测用例,1≤N≤6,1≤M≤100,1≤K≤20。输入样例1:
1 2 1
输出样例1:
2
输入样例2:
4 4 3
输出样例2:
276
输入样例3:
3 20 12
输出样例3:
914051446
以下题解来自于Acwing。
我们首先将问题化简一下,首先考虑一个n行m列的棋盘最多能有多少种摆放方式,能够不发生冲突。如果采用dfs的思想我们是一定会超时的,此时一看n是小于6的那么我们就可以采用状态压缩递推出方法数。然后我们此时一看他的限制条件,是一个日字型,与前面两列都是有关的,所以我们的状态至少要保持前面两列的状态。思考完这些我们便可以推算出全部的摆放方式,在来思考摆放的个数限制条件,我们可以在加一个维度来记录即可。我们结合代码一起理解:
#include
using namespace std;
const int N=1<<6;
const int M=110;
const int T=30;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
ll f[M][N][N][T];//f[i][a][b][t] i 代表前i列 a代表前前列,b代表前面一列的状态集合 t代表已经用过多少个棋子
int lowit(int x){//计算当前列增加了多少个棋子
int res=0;
for(;x;x-=(x&-x))res++;
return res;
}
int main(){
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
int maxn=1<>2)&b||a&(b>>2))continue;//判断前前列和前列有没有发生冲突剪枝
else
for(int c=0;c>2)&b||c&(b>>2))continue;//判断前列和当前列有没有发生冲突
if((c>>1)&a||c&(a>>1))continue;//判断前前列和当前列有没有发生冲突
int t=lowit(c);
for(int tt=t;tt<=k;tt++)//背包计算个数
f[i][b][c][tt]=(f[i][b][c][tt]+f[i-1][a][b][tt-t])%mod;
}
int res=0;
for(int i=0;i