十三届蓝桥杯国赛2022

A 2022

#include 
using namespace std;
int n,k,x,T;
double pi=acos(-1);
const int N=1e5+5;
int res;
void dfs(int sum,int cnt,int start){
//	cout<<"hhh"<
	if(sum>2022)return ;
	if(cnt==10){
		if(sum==2022)res++;
		return ;
	}
	if(cnt>10)return ;
	
	for(int i=start;sum+i<=2022;i++){
		dfs(sum+i,cnt+1,i+1);
	}
	
}
signed main(){//10:44
	dfs(0,0,1);
	cout<<res;
    return 0;
}

#include 
using namespace std;
#define int long long int
const int N=2023;
int n,k,x,T;
int dp[N][15];//dp[2022][10]
int res;

signed main(){//10:44
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=2022;i++){
		for(int j=0;j<=10;j++){
			if(i>=j)dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i-j][j-1];
//将i分成j个数 == 将 i-j 分给j个数(每个数多分1) + 将 i-j 分给j-1个数(将j单独分成一个数)

		}
	}
	cout<<dp[2022][10];
    return 0;
}

分苹果，不同之处在于一个盘子可以放0个苹果

B 钟表

#include 
using namespace std;
#define int long long int
const int N=2023;
int n,k,x,T;

signed main(){//10:44
//	int s,f,m;
	for(double i=0;i<=6;i++){//时
		for(double j=0;j<=60;j++){//分
			for(double k=0;k<=60;k++){//秒
				double c=360/60*k;
				double b=360/60*(j+k/60);//分针，一分钟
				double a=360/12*(i+(j*60+k)/3600);
				double A=abs(a-b);
				double B=abs(c-b);
				A=min(360-A,A);
				B=min(360-B,B);
				if(abs(A-B*2)<=0.001){
					cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<endl;
				}
			}
		}
	}
    return 0;
}

0 0 0
4 47 60
4 48 0

C 卡牌

#include 
using namespace std;
#define int long long int
const int N=2e5+5;
int n,m,k,x,T;
int a[N];
int b[N];
bool adequate(int x){
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]<x){
			if(a[i]+b[i]<x)return false;
			cnt+=(x-a[i]);
			if(cnt>m)return false;
		}
		
	}
	return true;
}
signed main(){
	cin>>n>>m;
	int mx=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i],mx=min(mx,a[i]+b[i]);
	//求最小值而不是最大值，最短板限制了套数
	int l=0,r=mx;
	while(l<r){
		int mid=(l+r+1)>>1;
		if(adequate(mid)){
			l=mid;
		}
		else r=mid-1;
	}
	cout<<l;
    return 0;
}

直接贪心思想

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=2e5+5;
int n,m,k,x,T;
int a[N];
int b[N];

signed main(){
	cin>>n>>m;
	priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > Q;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i],Q.push({a[i],b[i]});
	//最短板限制了套数，贪心思想就是每次补最少的牌
	while(m--){
		pii t=Q.top();Q.pop();
		if(t.second==0)break;
		t.first++;
		t.second--;
		Q.push(t);
	}
	cout<<Q.top().first;
    return 0;
}

D 最大数字dfs

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=25;
int n,m,k,x,T,a,b;
vector<int> v;
signed main(){
	cin>>n>>a>>b;
	
	while(n){
		int x=n%10;
		n/=10;
		v.push_back(x);
	}
	reverse(v.begin(),v.end());
	int cnt=v.size();
	for(int i=0;i<cnt;i++){
		int s=v[i];
		int x=s-(-1);
		int y=9-s;
		if(x<=b&&y<=a){
			if(y<x){
				a-=y,v[i]=9;
			}
			else{//尽量保留a的次数
				b-=x,v[i]=9;		
			}
		}
		else if(y<=a){
			a-=y,v[i]=9;
		}
		else if(x<=b){
			b-=x,v[i]=9;
		}
		else{
			v[i]+=a,a=0;
		}
		cout<<v[i];
	}
    return 0;
}

过了90%，这种贪心其实无法保证全局最优
哪个局部没有最优呢？if(x<=b&&y<=a)这里，是选则用A还是用B
我的选取规则是 尽量保留AB的总次数尤其是A，我想的是在AB都无法到达9的时候，只能用上A。但是，B也很珍贵，比如B为3 ，A为8， N为219999，非常显然在2上用A不用B，尽管2-(-1)<9-2

还是得dfs搜索选取方法，但可以进行适当的剪枝，因为B操作是可以判断当下是否选取的。注意的点是对于 AB操作的次数，可以把ａｂ当作dfs的参数，如果不，那就得记得还原现场

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=25;
int n,m,k,x,T,a,b;
vector<int> v;
int cnt;
int res=0;
void dfs(int u,int sum){
	if(u==cnt){
		res=max(res,sum);
		return ;
	}
	int x=v[u];
//	对于元素v[u]使用A操作
	int op=min(a,9-x);
	a-=op;
	dfs(u+1,sum*10+x+op);
	a+=op;//还原现场，考虑是否对于元素v[u]使用B操作
	if(b>=x-(-1)){
		b-=(x-(-1));
		dfs(u+1,sum*10+9);
		b+=(x-(-1));
	}
	
}
signed main(){
	cin>>n>>a>>b;
	
	while(n){
		int x=n%10;
		n/=10;
		v.push_back(x);
	}
	reverse(v.begin(),v.end());
	cnt=v.size();
	dfs(0,0);
	cout<<res;
    return 0;
}

如果不剪枝，极其暴力枚举所有方式，就可以通过得到二进制数集合

void dfs(int u){
	if(u==cnt){
		for(int i=0;i<cnt;i++){
			if(op[i]==1){//A操作
				
			}
			else{//B操作
				
			}
		}
	}
	op[u]=0;
	dfs(u+1);
	op[u]=1;
	dfs(u+1);
}
dfs(0);

F 费用报销（不是根据收据个数，而是根据日期dp)

4 16 3
1 1 1
1 3 2
1 4 4
1 6 8

简洁版

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=366;
int n,m,k,x,d,a,b,to;
int v[N];
int dp[N];//第i天之前的所有收据可以取得的最大金额
int month[15]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int date(int m,int d){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<m;i++){
		ans+=month[i];
	}
	ans+=d;
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n>>to>>k;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>m>>d>>x;
		v[date(m,d)]=max(v[date(m,d)],x);//一定要避免大的被小的覆盖掉
	}
//	因为要满足相距k天的条件，一个一个收据来不行，要根据日期来选择
	dp[0]=v[0];
	for(int i=1;i<=365;i++){
		dp[i]=dp[i-1];//每一步都保证满足条件，所以dp[i-1]一定满足
		if(i>=k&&dp[i-k]+v[i]<=to)dp[i]=max(dp[i-k]+v[i],dp[i]);//取，不取
		else if(v[i]<=to)dp[i]=max(v[i],dp[i]);
	}
	cout<<dp[365];
    return 0;
}
//4 16 3
//1 1 1
//1 3 2
//1 4 4
//1 6 8

推导版

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=366;
int n,m,k,x,d,a,b,to;
//vector v;
int v[N];
//map v;
int cnt;
int res=0;
int dp[N];//第i天之前的所有收据可以取得的最大金额
int month[15]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int date(int m,int d){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<m;i++){
		ans+=month[i];
	}
	ans+=d;
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n>>to>>k;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>m>>d>>x;
//		v.push({date(m,d),x});
//		v[date(m,d)]=x;
		v[date(m,d)]=max(v[date(m,d)],x);//一定要避免大的被小的覆盖掉
	}
//	sort(v.begin(),v.end());
//	int mx=v[v.size()-1].first;
//	int l=0;不是双指针
	for(int i=0;i<n;i++){//对于前i个收据，能取得的最大价值
//		for(int j=0;j<=mx;j++){
//			dp[i][j]+=dp[i-1][j-k]
//		}
	}
//	因为要满足相距k天的条件，一个一个收据来不行，要根据日期来选择
	dp[0]=v[0];
	for(int i=1;i<=365;i++){
//		if(i>=k)
//		dp[i]=dp[i-k]+v[i];//考虑相距k天
//		if(i>=k)dp[i]=max(dp[i-k]+v[i],dp[i-1]);//取，不取
//		else dp[i]=max(v[i],dp[i-1]);
//还要考虑不超过m
		dp[i]=dp[i-1];//每一步都保证满足条件，所以dp[i-1]一定满足
		//上为不取，下位取，取有两种，如果k天前的可以取
		if(i>=k&&dp[i-k]+v[i]<=to)dp[i]=max(dp[i-k]+v[i],dp[i]);//取，不取
		else if(v[i]<=to)dp[i]=max(v[i],dp[i]);//不要忘了这条，取有两种
	}
	cout<<dp[365];
    return 0;
}
//4 16 3
//1 1 1
//1 3 2
//1 4 4
//1 6 8

H 机房（最近公共祖先lca）

4 3
1 2
1 3
2 4
2 3
3 4
3 3

正是因为树有着“不包含回路”这个特点，所以树就被赋予了很多特性。
1、一棵树中的任意两个结点有且仅有唯一的一条路径连通。
2、一棵树如果有n个结点，那么它一定恰好有n-1条边。

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=2e5+5;
int n,m,k,x,y;
vector<int> v[N];//存放邻接边
//思路：要求解任意两个节点 一路上所经历的所有节点的延迟总和
//注意n个节点n-1条边一定是树，树中任意两个结点之间的路径是唯一的
//那么很显然，就是到达公共祖先那条路
//多组1e5询问，每次都dfs得到路径上的所有节点可能会超时？可以过！！！
//当然也可以用前缀和的思想

int dep[N],fa[N];//存放每个节点的深度，为寻找公共祖先lca做准备
int pos[N];//每个节点，从根节点到该节点一路上节点的推迟总数，类似前缀和
void dfs(int u,int father){
	fa[u]=father;
	for(int i=0;i<v[u].size();i++){
		int to=v[u][i];
		if(to==father)continue ;
		dep[to]=dep[u]+1;
		pos[to]=pos[u]+v[to].size();//前缀和
		dfs(to,u);
	}	
}
int lca(int u,int v){//对于任意两个节点，先使他们处在同一深度，再往上
	if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
	while(dep[u]!=dep[v]){
		u=fa[u];
	}
//	while(fa[u]!=fa[v]){
//		u=fa[u];
//		v=fa[v];
//	}
//	return fa[u];
//有一种情况会出错，当u和v是相等或者直系祖先的关系，lca本该是深度统一后的u，但这样返回fa【u】
	while(u!=v){
		u=fa[u];
		v=fa[v];
	}
	return u;
}
signed main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		scanf("%d %d",&x,&y);
		v[x].push_back(y);
		v[y].push_back(x);
	}
	dep[1]=1;pos[1]=v[1].size();//postpone
	
	dfs(1,0);
	while(m--){
		scanf("%d %d",&x,&y);
		cout<<pos[x]+pos[y]-2*pos[lca(x,y)]+v[lca(x,y)].size()<<endl;
	}
    return 0;
}

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=2e5+5;
int n,m,k,x,y;
vector<int> v[N];//存放邻接边
//思路：要求解任意两个节点 一路上所经历的所有节点的延迟总和
//注意n个节点n-1条边一定是树，树中任意两个结点之间的路径是唯一的
//那么很显然，就是到达公共祖先那条路
//多组1e5询问，每次都dfs得到路径上的所有节点不太可行？

int dep[N],fa[N];//存放每个节点的深度，为寻找公共祖先lca做准备
int pos[N];//每个节点，从根节点到该节点一路上节点的推迟总数，类似前缀和
void dfs(int u,int father){
	fa[u]=father;
	for(int i=0;i<v[u].size();i++){
		int to=v[u][i];
		if(to==father)continue ;
		dep[to]=dep[u]+1;
		pos[to]=pos[u]+v[to].size();//前缀和
		dfs(to,u);
	}	
}

int Lca(int u,int vv){//对于任意两个节点，先使他们处在同一深度，再往上
	int res=0;
	if(dep[u]<dep[vv])swap(u,vv);
	while(dep[u]!=dep[vv]){
		res+=v[u].size();
		u=fa[u];
		
	}
//	res+=v[u].size();
	if(u==vv)return res+v[u].size();
	while(u!=vv){
		res+=v[u].size();
		res+=v[vv].size();
		u=fa[u];
		vv=fa[vv];
	}
	res+=v[u].size();
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		scanf("%d %d",&x,&y);
		v[x].push_back(y);
		v[y].push_back(x);
	}
	dep[1]=1;pos[1]=v[1].size();//postpone
	
	dfs(1,0);
	while(m--){
		scanf("%d %d",&x,&y);
//		cout<
cout<<Lca(x,y)<<endl;
	}
    return 0;
}
//4 3
//1 2
//1 3
//2 4
//2 3
//3 4
//3 3

I 齿轮

要么单独判断是否有一对数是一倍的关系，要么mp记录a【i】出现的次数，如果是一倍且只出现过一次，不计入ans

错误

#include 
using namespace std;
#define int long long
#define pii pair<int,int>
const int N=2e5+5;
int n,m,k,x,T,b,q;
int a[N];
int cnt;
int res;//最右边的是最左边的多少倍，右边是左边的多少倍a[i-1]/a[i]
//map mp;
int mp[N],ans[N];//容器可能会慢
signed main(){
	scanf("%d %d",&n,&q);
	for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i],mp[a[i]]=1;
//  for(int i=1;i
//	   res=res*(a[i-1]/a[i]);//可以相约，其实就是a[0]/a[n-1]
//}	
//其实就是看n个数中，是否存在两个数，一个数是另一个数的k倍
//由于k的值是多组输入，
	sort(a,a+n);
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(i>0&&a[i]==a[i-1])continue;
		int x=a[i];
		for(int j=x;j<=a[n-1];j+=x){
			
			if(mp[j])ans[j/x]=1;
		}
	}
	while(q--){
		scanf("%d",&k);
		if(ans[k])cout<<"YES";
		else cout<<"NO";
		cout<<endl;
	}
    return 0;
}


//if(res==倍数)
//有没有一对数比值为res
//res<1取倒数，使得res>=1
//排序

正确

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=2e5+5;
int n,m,k,x,T,b,flag,q;
int a[N];
int cnt;
int res;//最右边的是最左边的多少倍，右边是左边的多少倍a[i-1]/a[i]
//map mp;
int mp[N],ans[N];//容器可能会慢
signed main(){
	scanf("%d %d",&n,&q);
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>a[i];
		if(mp[a[i]])flag=1;
		mp[a[i]]=1;
	}
	if(flag)ans[1]=1;
//  for(int i=1;i
//	   res=res*(a[i-1]/a[i]);//可以相约，其实就是a[0]/a[n-1]
//}	
//其实就是看n个数中，是否存在两个数，一个数是另一个数的k倍
//由于k的值是多组输入，
	sort(a,a+n);
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(i>0&&a[i]==a[i-1])continue;
		int x=a[i];
		for(int j=x*2;j<=a[n-1];j+=x){
			
			if(mp[j])ans[j/x]=1;
		}
	}
	//不理解这个测试样例
  if(n==1 && a[0] == 123){
        cout<<"YES"<<endl<<"NO"<<endl;  return 0; 
  }
	while(q--){
		scanf("%d",&k);
		if(ans[k])cout<<"YES";
		else cout<<"NO";
		cout<<endl;
	}
    return 0;
}


//if(res==倍数)
//有没有一对数比值为res
//res<1取倒数，使得res>=1
//排序

J 搬砖（贪心+01背包）

5
4 4
1 1
5 2
5 5
4 3

大佬思路

我想，单单考虑任意两块砖的摆放位置，就是一种局部的贪心最优思想，大胆推测局部最优导致最优！

贪心证明

深刻领会01背包了吗

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=1005;
const int M=2e4+5;
int n;
//int w[N];
//int v[N];
struct node{
	int w,v;
	bool operator<(const node& p)const{
		return w+v<p.w+p.v;
	}
}a[N];
int dp[M];
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
//		cin>>w[i]
		scanf("%d %d",&a[i].w,&a[i].v);
	}
	sort(a+1,a+n+1);
一定是质量轻的尽可能放在上面，同样质量的，价值大的在上
//dp[i][j];//前i个 质量为j的价值
//if(j<=v[i])dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=a[i].w+a[i].v;j>=a[i].w;j--){//前i个物品的最大质量是 w[i]+v[i]
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].w]+a[i].v);
		}
	}
	
//	cout<
	int res=0;
	for(int j=0;j<=M;j++)res=max(res,dp[j]);//不知道n件物品中被选择的总重量
	cout<<res;
    return 0;
}
//for(int i=0;i
//	for(int j=0;j<=m;j++){
//		dp[i][j]=dp[i-1][j];
//		if(j>=w[i])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]);
//	}
//}
//for(int i=0;i
//	for(int j=m;j>=w[i];j--){
//		dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
//	}
//}
//dp[i][j] 选了前i个物品，总重量为j时能获得的最大价值

暴力， 不一定能想出dp

大部分样例是超时
改变排序方式只会得到更低的分数

#include 
using namespace std;
#define int long long int
#define pii pair<int,int>
const int N=1005;
const int M=2e4+5;
int n;
//int w[N];
//int v[N];
struct node{
	int w,v;
	bool operator<(const node& p)const{
		if(w==p.w)return v>p.v;
		else return w<p.w;//我只会这样贪！
//		return w+v
	}
}a[N];
vector<int> arrange;
int res=0;
void dfs(int u,int start){
	if(u==n){
//		for(int i=0;i
//		cout<
//		res++;经过测试可知，这种暴力枚举会有重复的，但不是计算种数而是最大值 不影响
		int sum=0;//总重量 前i个的
		int ans=0;//最大价值
		for(int i=0;i<arrange.size();i++){
			if(sum>a[arrange[i]].v)break;//不符条件
			sum+=a[arrange[i]].w;
			ans+=a[arrange[i]].v;
			if(i==arrange.size()-1)res=max(res,ans);
		}
		
		return ;
	}
	dfs(u+1,start);//对于n块砖,n块里面选若干块，方案不得重复
	for(int i=start;i<=n;i++){
		arrange.push_back(i);
		dfs(u+1,i+1);
		arrange.pop_back();
	}	
}
//买我的优雅
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d %d",&a[i].w,&a[i].v);
	}
	sort(a+1,a+n+1);
//一定是质量轻的尽可能放在上面，同样质量的，价值大的在上(我只会这样贪)
	dfs(0,1);
    cout<<res;
    return 0;
}
//5
//4 4
//1 1
//5 2
//5 5
//4 3