2022年蓝桥杯C++B组题解 - 很详细

本人这次侥幸省1,特做题解复习,哈哈哈…

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1.进制转换(5分):

问题描述:

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直接计算 2 + 2 * 9 + 2 * 9 * 9 * 9

答案: 1478

2.顺子日期(5分)

2022年蓝桥杯C++B组题解 - 很详细_第3张图片

这题有争议: 主要在于0等不能开头:如 20220121

本人认为0不能作为开头 (因为例题中20220123 说明的顺子为123并不是012):

所以顺子日期有: 20220123 20221123 20221230 20221231

答案 :4

3.刷题统计(10分)

2022年蓝桥杯C++B组题解 - 很详细_第4张图片

解题思路:

  1. 考虑 a=1,b=1,n=1e18 情况,不能一天一天计算,会超时
  2. 5 * a+2 * b 为一周的刷题量,先除法计算多少周,
  3. 剩余的天数一直减就是了
  4. if (n <= 0)break; 要放在第一位

参考代码:

#include
using namespace std;
int main()
{
    long long a, b, n;
    cin >> a >> b >> n;
    long long day = 0;
    long long t = n / (5 * a + 2 * b);
    day += t * 7;  //先算多少周
    n = n % (5 * a + 2 * b);
    for (int i = 1; i <= 7; i++) { //再算天数
        if (n <= 0)break;
        if (i > 5)n -= b;
        else n -= a;       
        day++;       
    }
    cout << day;
    return 0;
}

4.修剪灌木(10分)

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思路:

  1. 对于每一个点都需要考虑 距离1端点的距离 和 n端点的距离
  2. 因为来回剪,所以需要将距离 * 2
  3. 再取两者大值即可
  4. 最后特判 1的情况

参考代码:

#include
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 1) {
        cout << 1 << endl;
        return 0;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << max(2 * (i - 1), 2 * (n - i))<< endl;
    }
}

5.X进制减法(15分)

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算法 : 简单的贪心
先分析一下题干的65是怎么出来的:
  • 第一数位每一个数代表的必然是1
  • 第二数位是由第一数位的二进制上来的,所以第二数位每一个数代表的是2
  • 第三数位是由第二数位十进制进位上来的,所以第三数位每一个数代表的是2 * 10 = 20

所以 : X(321) = 3 * 20 + 2 * 2 + 1 * 1 = 65;

参考代码:

#include
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10,MOD=1e9+7;
int a[N], b[N];
int n, ma, mb;
int main()
{
	cin >> n;
	cin >> ma;
	for (int i = ma - 1; i >= 0; i--)cin >> a[i];
	cin >> mb;
	for (int i = mb - 1; i >= 0; i--)cin >> b[i];

	long long t = 1; //到每一个的底数
	long long ans=0;
	for (int i = 0; i < ma; i++) {
		int c = max(a[i], b[i]) + 1;  //贪心取得最小的进制
		if (c < 2)c = 2;  //最小为2进制
		ans = (ans+(a[i] - b[i]) * t)%MOD;
		t = (t * c) % MOD;  
	}
	cout<<ans;
}

6.统计子矩阵(15分)

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算法 :二维前缀和

注意 : 理论上朴素前缀和,在100%的数据上会超时 ,需要优化,只需不重复计算子矩阵就行

#include
using namespace std;
const int N = 510;
int g[N][N];
int n, m, k;
int main()
{
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> g[i][j];
			g[i][j] += g[i - 1][j] + g[i][j - 1] - g[i - 1][j - 1];
		}
	}
	/*
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cout << g[i][j] << " ";
		}
		cout << endl;
	}*/
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			for (int x = i; x <= n; x++) {
				for (int y = j; y <= m; y++) {
					if (g[x][y] - g[x][j - 1] - g[i - 1][y] + g[i - 1][y - 1] <= k)ans++;
				}
			}
		}
	}
	cout << ans;
}

7.积木画(20分)

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算法 : 动态规划

思路 :

转换方程 : dp[i] 由 dp[i-1] , dp[i-2], dp[i-3] 状态转换过来

  1. 由dp[i-1] 转到 dp[i] 只有一种可能

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所以 dp[i] = dp[i-1] * 1

  1. 由dp[i-2] 转到 dp[i] 只有一种可能(需要排除1中的情况)

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所以 dp[i] = dp[i-2] * 1

  1. 由 dp[i-3] 转到 dp[i] 有两种可能(需要排除1,2 的情况)

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所以 dp[i] = dp[i-3] * 2

综上 : dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] +dp[i-3] * 2

初始状态 : dp[0] = 1 , dp[1] = 1 , dp[2] = 2

最终状态转移方程 : dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2)%MOD;

参考代码:

#include 
using namespace std;
const int N = 1e7 + 4, MOD = 1000000007;
int dp[N];  //dp[i]表示长度为i有dp[i]个拼法
int n;
int main() {
    cin >> n;
    dp[0] = 1;  
    dp[1] = 1;
    dp[2] = 2;
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] * 2)%MOD;
    }
    cout << dp[n] ;
    return 0;
}

8.扫雷(20分)

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算法 :DFS

思路 :

  1. 被引爆的地雷可以认为是一颗排雷火箭
  2. 每颗排雷火箭引爆,都遍历一下全部地雷,若在范围内,则将这颗雷引爆
  3. 引爆了的雷需要标记一下,防止重复引爆

参考代码:

#include 
using namespace std;
const int N = 50010;
struct Node {
    int x, y, r;
};
int n, m,ans=0;
Node mine[N];
bool visited[N];
Node rocket[N];
bool compare(Node a, Node b) {
    long xx = (a.x-b.x) * (a.x - b.x);
    long yy = (a.y-b.y) * (a.y - b.y);
    return sqrt(xx+yy) <= a.r;
}
void boom(Node node) {

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (visited[i])continue;
        if (compare(node, mine[i])) {
            visited[i] = true;
            ans++;
            boom(mine[i]);
        }
    }
}
int main() {
    cin >> n >> m;
    int x, y, r;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> x >> y >> r;
        mine[i] = { x,y,r };
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cin >> x >> y >> r;
        rocket[i] = { x,y,r };
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        boom(rocket[i]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

9.李白打酒加强版

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算法 : 动态规划

状态表示:f[i][j][k] 表示访问前i个位置时,恰好访问j个店并且酒量恰好为k的时候的方案数;

状态转移

  1. 看花 : f[i][j][k] = f[i-1][j-1][k+1]
  2. 遇店 : f[i][j][k] = f[i-1][j][k/2];

起始状态 :f[0][0][2] 刚开始2斗酒

注意:

  • 看花时,需要保证 j>1 (不可能在上一次zhi前看完了花,这次还看花)
  • 看店时 需要保证这是酒的数量是偶数,因为加倍永远是偶数

参考代码:

#include 
using namespace std;
const int N = 110,MOD = 1e9+7;
int n, m;
int f[2*N][N][N];  //f[i][j][k] 表示在第i个位置(共有 n+m个位置),遇到j个花,目前还剩 k斗酒
int main() {
    cin >> n >> m;
    f[0][0][2] = 1;
    for (int i = 1; i <= n + m; i++) {
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            for (int k = 0; k <= m; k++) {  //酒的最大数量为m,如果大于m,就算后面的全是花也喝不完酒
                //遇到花
                if(j>=1) f[i][j][k] =f[i - 1][j - 1][k + 1];
                //遇到酒
                if (k % 2 == 0) {  //
                    f[i][j][k] = (f[i][j][k]+f[i - 1][j][k / 2])%MOD;
                }
            }
        }
    }
    cout << f[n + m - 1][m - 1][1];
    return 0;
}

10.砍竹子

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先做前面的,没做出来!!!!

最后总结:

蓝桥杯已经变了,不再是以前的暴力杯了,考验的更是思维,dfs和动态规划将成为常客。以后的小伙伴要多刷题,刷题,刷题!!!

创作不易,望小伙伴萌来波3连!!!!预祝各位下次省1 !!!

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