蓝桥杯2019B组 C++

题目A 组队

【问题描述】

作为篮球队教练，你需要从以下名单中选出 1 号位至 5 号位各一名球员， 组成球队的首发阵容。 每位球员担任 1 号位至 5 号位时的评分如下表所示。请你计算首发阵容 1 号位至 5 号位的评分之和最大可能是多少？

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解：

我的做法是找出每一列的最大值然后加起来，答案是492。然后就错了！！！

492答案对应如下方案：

1号位 17号；2号位 20号；3号位 17号；4号位 17号；5号位 18号

不行的原因是每个人只能担任一个位置，这里的17号重复了3次

正确答案一共有三种，因为17号同时拥有三个位置的最大值，认选一种。答案应该是490

题B 年号字符

【问题描述】

小明用字母 A 对应数字 1，B 对应 2，以此类推，用 Z 对应 26。对于 27 以上的数字，小明用两位或更长位的字符串来对应，例如 AA 对应 27，AB 对 应 28，AZ 对应 52，LQ 对应 329。 请问 2019 对应的字符串是什么？

解：

以为就是很普通的10进制转26进制，结果我反应半天也没搞出来，网上一些答案的代码也是错的（只是刚好2019对应的是对）

正确的代码如下：

#include
using namespace std;
void resolve(int p){
	if(p>0){
		if(p%26 == 0){
			//如果可以整除 说明是Z 
			resolve((p-26)/26);
			cout<<"Z";
		}
		else{//如果不能整除，模26的结果对应着是第几个字母 
			resolve(p/26);
			cout<>p;
	resolve(p);	
}

正确答案是：BYQ

题C 数列求值

【问题描述】

给定数列 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, …，从第 4 项开始，每项都是前 3 项的和。求 第 20190324 项的最后 4 位数字。

解：

好不容易终于做对一道。

这么大的数，肯定超出long long了，不过这里也没必要使用高精度。这明显是斐波那契数列的变形，每一次求和对10000取模再进行下一步运算，这样每一步都取10000的模不会对结果造成影响。

计算使用的代码如下：

#include
using namespace std;
int main()
{
	int a,b,c;
	a=1,b=1,c=1;
	int ans;
	int n;
	cin>>n;
	n=n-3;
	while(n--){
		ans=(a+b+c)%10000;
		a=b;
		b=c;
		c=ans;
	}
	cout<

题D 数的分解

【问题描述】

把 2019 分解成 3 个各不相同的正整数之和，并且要求每个正整数都不包 含数字 2 和 4，一共有多少种不同的分解方法？ 注意交换 3 个整数的顺序被视为同一种方法，例如 1000+1001+18 和 1001+1000+18 被视为同一种。

解：

又做错了，做的太麻烦。

很显然就是多重循环枚举出来判断，但在枚举的过程中需要考虑如何尽可能地减少枚举的次数，由此：

1. 假设枚举出来的三个数i,j,k始终满足i

2. i从1开始枚举到673结束，i是最小的，所以必须小于2019的三分之一

3. j从i+1开始枚举，到（2019-i)/2，这样保证k是比j大的

4. k直接用2019-i-j计算出来

5. 得到三个数后判断是否满足要求，如果满足则次数+1

代码：

#include 
#include 
using namespace std;
int ans = 0;
int is_24(int x) {
    while (x) {
        int t = x % 10;
        if (t == 2 || t == 4)
            return 1;
        x /= 10;
    }
    return 0;
}
int main() {
    for (int i = 1; i <= 673; i++)
        for (int j = i + 1; j <= (2019 - i) / 2; j++) {
            int k = 2019 - i - j;
            if (i < j && j < k && !is_24(i) && !is_24(j) && !is_24(k)) {
                //cout << i << ' ' << j << ' ' << k << endl;
                ans++;
            }
        }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

题E 迷宫

【问题描述】

下图给出了一个迷宫的平面图，其中标记为 1 的为障碍，标记为 0 的为可 以通行的地方。

010000 
000100 
001001 
110000 

迷宫的入口为左上角，出口为右下角，在迷宫中，只能从一个位置走到这 个它的上、下、左、右四个方向之一。 对于上面的迷宫，从入口开始，可以按DRRURRDDDR 的顺序通过迷宫， 一共 10 步。其中 D、U、L、R 分别表示向下、向上、向左、向右走。 对于下面这个更复杂的迷宫（30 行 50 列），请找出一种通过迷宫的方式， 其使用的步数最少，在步数最少的前提下，请找出字典序最小的一个作为答案。 请注意在字典序中D

解：

因为权重为0和1，所以可以直接用bfs搜出来。

当队伍非空，或者找到答案时，循环截止。每次从队首出队，分别从 下、上、左、右 进行扩展，注意要使用 vis 数组记录是否已经访问过了，还要记录更新结点遇到的方向。

code：

#include 
using namespace std;
typedef pair PII;
const int N=35;
const int M=55;
char mi[N][M];
int visit[N][M];
int path[N][M];
int dx[]={1,0,0,-1};
int dy[]={0,-1,1,0};
string ss="DLRU";
string ans="";
void bfs(){
	queue q;
	visit[0][0]=1;
	q.push({0,0});
	while(!q.empty()){
		PII p=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<4;i++){
			int x=p.first+dx[i],y=p.second+dy[i];
			if(x>=0&&x<30&&y>=0&&y<50&&!visit[x][y]&&mi[x][y]=='0'){
				visit[x][y]=1;
				q.push({x,y});
				path[x][y]=i; 
			}
		}		
	}
	int x=29,y=49;
	while(x!=0||y!=0){
		char k=path[x][y];
		ans=ss[k]+ans;
		x=x-dx[k];
		y=y-dy[k];
	}
} 
int main() {
	for(int i=0;i<30;i++){
			cin>>mi[i];
	}
	bfs();
	cout<

因为权重是0和1，所以可以直接用bfs，这里不是求最短路径长度，而是求路径，其实也就相当于把原来求最短路径的代码里，更新路径长度的代码改成更新如何到达当前点。

试题 F: 特别数的和

【问题描述】

小明对数位中含有 2、0、1、9 的数字很感兴趣（不包括前导 0），在 1 到

40 中这样的数包括 1、2、9、10 至 32、39 和 40，共 28 个，他们的和是 574。

请问，在 1 到 n 中，所有这样的数的和是多少？

code：

#include
typedef long long ll;
using namespace std;
bool judge(int a){
	while(a>=1){
		int yu=a%10;
		if(yu==2||yu==0||yu==1||yu==9){
			return true;
		}
		a=a/10;
	}
	return false;
}
int main()
{
	int n;
	ll sum=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(judge(i)) sum+=i;
	}
	printf("%d",sum);
}

很简单的一道送分题，直接遍历把答案加起来就行，注意使用longlong

试题 G: 完全二叉树的权值

【问题描述】

给定一棵包含 N 个节点的完全二叉树，树上每个节点都有一个权值，按从

上到下、从左到右的顺序依次是 A1, A2, · · · A**N。

现在小明要把相同深度的节点的权值加在一起，他想知道哪个深度的节点

权值之和最大？如果有多个深度的权值和同为最大，请你输出其中最小的深度。

注：根的深度是 1。

code:

#include 
using namespace std;
int main() {
	long long n,maxnum=-350000000,maxlayer,cnt=0,flag=0;
	cin>>n;
	for(int layer = 0; ;layer++){//枚举每一层（1<>a;
			sum += a;
			if(++cnt>=n){//结束 
				flag=1;
				break;
			}
		}
		if(sum>maxnum)
			maxnum = sum, maxlayer = layer + 1;
		if(flag)
			break;
	}
	cout<

依次遍历每一层，找出权重和最大的那一层即可，由完全二叉树的公式可以知道每一层有多少个结点。

试题 H: 等差数列

【问题描述】

数学老师给小明出了一道等差数列求和的题目。但是粗心的小明忘记了一

部分的数列，只记得其中 N 个整数。

现在给出这 N 个整数，小明想知道包含这 N 个整数的最短的等差数列有

几项？

code:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int gcd(int a, int b){
	return b==0 ? a : gcd(b,a%b); 
}
int a[100005],n,ans;
int main() {
	int n;	
	cin>>n;
	for(int i=0;i>a[i];
	sort(a,a+n);
	ans=a[1]-a[0];
	for(int i=2 ;i

核心点是，这些数的最大公约数就是他们的公差。

试题 I: 后缀表达式

【问题描述】

给定 N 个加号、M 个减号以及 N + M + 1 个整数 A1, A2, · · · , A**N+M+1，小

明想知道在所有由这 N 个加号、M 个减号以及 N + M + 1 个整数凑出的合法的

后缀表达式中，结果最大的是哪一个？

请你输出这个最大的结果。

例如使用1 2 3 + -，则 “2 3 + 1 -” 这个后缀表达式结果是 4，是最大的。

CODE:

#include
typedef long long ll;
using namespace std;
int  a[200005],n,m;
int main(){	
	cin>>n>>m;
	ll ans=0;
	ll minnum=100000000;
	bool flagp=true,flagm=true;
	for(int i=0 ; i< n + m + 1;i++){//参与计算的数 
		cin>>a[i];
		if(!m)//如果没有减号
			ans+=a[i];//就是全部加起来 
		else{
			if(a[i]<0) flagp=false;
			if(a[i]>0) flagm=false;
			if(abs(a[i])

分为 如下几种情况：

1. 如果全部是加号，那么直接把所有数加起来

2. 当有减号的时候：

   a. 如果全部是正数，那么至少需要减一个数，就减最小的那个数（其它的数都可以负负得正）

   b. 如果有正有负，可以转化成所有数的绝对值的和。

   c.如果全部是负数，除一个数以外其它全部都可以翻成正数。和情况a一致