2020年蓝桥杯模拟赛解题报告(CPP版本)

第一题 单位变换
题目

【问题描述】
在计算机存储中,15.125GB是多少MB?
【答案提交】
这是一道结果填空的题,你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数,在提交答案时只填写这个整数,填写多余的内容将无法得分。

思路

1G=1024M

答案

15488

第二题 约数个数
题目

【问题描述】
1200000有多少个约数(只计算正约数)。
【答案提交】
这是一道结果填空的题,你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数,在提交答案时只填写这个整数,填写多余的内容将无法得分。

思路

枚举+检查

参考代码
#include

using namespace std;
const int N = 1200000;

int main() {
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
if (N % i == 0)
ans++;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

答案

96

第三题 叶结点数
题目

【问题描述】
一棵包含有2019个结点的二叉树,最多包含多少个叶结点?
【答案提交】
这是一道结果填空的题,你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数,在提交答案时只填写这个整数,填写多余的内容将无法得分。

思路

n=n0+n1+n2,为使叶子节点数(n0)最多,必须n1最小,设为0,而n0=n2+1

得n2=(2019-1)/2=1009

所以n0=1010

答案

1010

第四题 数字9
题目

【问题描述】
在1至2019中,有多少个数的数位中包含数字9?
注意,有的数中的数位中包含多个9,这个数只算一次。例如,1999这个数包含数字9,在计算时只是算一个数。
【答案提交】
这是一道结果填空的题,你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数,在提交答案时只填写这个整数,填写多余的内容将无法得分。

思路

伪代码

for i from 9 to 2019
if str(i).contains('9')
ans++

参考代码:
#include

using namespace std;
const int N = 2019;

bool check(int i) {
char s[5];
sprintf(s, "%d", i);
string str(s);
return str.find('9') != string::npos;
}

int main() {
int ans = 0;
for (int i = 9; i <= N; ++i) {
if (check(i)){
ans++;
cout<<ans<<":"<<i<<endl;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}

答案

544

第五题 数位递增的数
题目

【问题描述】
一个正整数如果任何一个数位不大于右边相邻的数位,则称为一个数位递增的数,例如1135是一个数位递增的数,而1024不是一个数位递增的数。
给定正整数 n,请问在整数 1 至 n 中有多少个数位递增的数?
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
【输出格式】
输出一行包含一个整数,表示答案。
【样例输入】
30
【样例输出】
26
【评测用例规模与约定】
对于 40% 的评测用例,1 <= n <= 1000。
对于 80% 的评测用例,1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例,1 <= n <= 1000000。

思路 O(kN)
迭代1~n
转换为字符串
迭代字符串的每一位,判断是否满足要求

参考代码
#include
#include

void work();

using namespace std;

int main() {
while (1)//死循环为测试用
work();
return 0;
}

void work() {
int n;
cin >> n;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
char s[8];
sprintf(s, "%d", i);
bool flag = 1;
for (int j = 1; j s[j]) {
flag = 0;
break;
}
}
if (flag)
ans++;
}
cout << ans << endl;
}

第六题 递增三元组
题目

【问题描述】
在数列 a[1], a[2], …, a[n] 中,如果对于下标 i, j, k 满足 0<i<j<k<n+1 且 a[i]<a[j]<a[k],则称 a[i], a[j], a[k] 为一组递增三元组,a[j]为递增三元组的中心。
给定一个数列,请问数列中有多少个元素可能是递增三元组的中心。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
第二行包含 n 个整数 a[1], a[2], …, a[n],相邻的整数间用空格分隔,表示给定的数列。
【输出格式】
输出一行包含一个整数,表示答案。
【样例输入】
5
1 2 5 3 5
【样例输出】
2
【样例说明】
a[2] 和 a[4] 可能是三元组的中心。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例,2 <= n <= 100,0 <= 数列中的数 <= 1000。
对于所有评测用例,2 <= n <= 1000,0 <= 数列中的数 <= 10000。

思路 O(N^2)
枚举每个元素
该元素与前面的元素比较,找到小的即可
该元素与后面的元素比较,找到大的即可
上面两项为真,即说明当前元素可以作为三元组的中心

O(N^2),因为N最大为1000,所以1秒内可以解决战斗。

参考代码
#include

void work();

using namespace std;

int main() {
while(1)//死循环为测试用
work();
return 0;
}

void work() {
int n, ans = 0;
cin >> n;
int *data = new int[n];
for (int i = 0; i >data[i];
}
for (int j = 1; j < n-1; ++j) {
int hasSmall=0;
for (int i = 0; i <j ; ++i) {
if(data[i]<data[j]){
hasSmall=1;
break;
}
}
int hasBig=0;
for (int k = j+1; k < n; ++k) {
if(data[j]<data[k]){
hasBig = 1;
break;
}
}
if(hasSmall&&hasBig)
ans++;
}
cout << ans << endl;
delete[] data;
}

第七题 音节判断
题目

【问题描述】
小明对类似于 hello 这种单词非常感兴趣,这种单词可以正好分为四段,第一段由一个或多个辅音字母组成,第二段由一个或多个元音字母组成,第三段由一个或多个辅音字母组成,第四段由一个或多个元音字母组成。
给定一个单词,请判断这个单词是否也是这种单词,如果是请输出yes,否则请输出no。
元音字母包括 a, e, i, o, u,共五个,其他均为辅音字母。
【输入格式】
输入一行,包含一个单词,单词中只包含小写英文字母。
【输出格式】
输出答案,或者为yes,或者为no。
【样例输入】
lanqiao
【样例输出】
yes
【样例输入】
world
【样例输出】
no
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例,单词中的字母个数不超过100。

思路
找到第一个元音的下标index1,必须大于0,且能找到
沿着index1继续找下一个非元音得到index2,必须能找到
沿着index2继续找下一个元音得到index3,必须能找到
最后判断index3-1位置的字符应该是从后往前第一个非元音(因为index3及以后的字符都必须是元音了)

参考代码
#include

int work();

using namespace std;

int main() {
while (1) { //死循环是为了测试
if (work())
cout << "yes" << endl;
else
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}

int work() {
string word;
const string yuan = "aeiou";
getline(cin, word);
if (word.size() < 4)
return 0;

//第一个元音字符的pos
int index1 = word.find_first_of(yuan, 0);
if (index1 == 0 || index1 == string::npos) {
return 0;
}
//之后第一个非元音
int index2 = word.find_first_not_of(yuan, index1 + 1);
if (index2 == word.size() - 1 || index2 == string::npos) {
return 0;
}
//之后第一个元音
int index3 = word.find_first_of(yuan, index2 + 1);
if (index3 == string::npos) {
return 0;
}
if (index3 - 1 != word.find_last_not_of(yuan)) {
return 0;
}
return 1;
}

解法2

将单词的辅音标记为0,元音标记为1,那么符合要求的单词形态为0+ 1+ 0+ 1

在限定开头必须为0,最后必须为1的情况下,01交替为3次,即前后元素相加结果为1的次数必须为3

代码:
#include

int work();

using namespace std;

int main() {
while (1) { //死循环是为了测试
if (work())
cout << "yes" << endl;
else
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}

inline bool isYuan(char c) {
return c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u';
}

int work() {
string word;
getline(cin, word);
unsigned long size = word.size();
if (size < 4)
return 0;
if (isYuan(word[0]) || !isYuan(word[size - 1]))
return 0;
int *h = new int[size];
for (int i = 0; i < size; ++i) {
if (isYuan(word[i]))
h[i]=1;
else
h[i]=0;
}
int cnt=0;
for (int i = 1; i < size; ++i) {
if (h[i-1]+h[i]==1)cnt++;
}
delete[]h;
return cnt==3;
}

解法3

正则表达式,但是蓝桥杯竞赛还没有开启C++11的封印

代码
#include
#include

int work();

using namespace std;

int main() {
while (1) { //死循环是为了测试
if (work())
cout << "yes" << endl;
else
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}

int work() {
string word;
getline(cin, word);
return regex_match(word, regex("[^aeiou]+[aeiou]+[^aeiou]+[aeiou]+"));
}

第八题 长草
题目

【问题描述】
小明有一块空地,他将这块空地划分为 n 行 m 列的小块,每行和每列的长度都为 1。
小明选了其中的一些小块空地,种上了草,其他小块仍然保持是空地。
这些草长得很快,每个月,草都会向外长出一些,如果一个小块种了草,则它将向自己的上、下、左、右四小块空地扩展,这四小块空地都将变为有草的小块。
请告诉小明,k 个月后空地上哪些地方有草。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m。
接下来 n 行,每行包含 m 个字母,表示初始的空地状态,字母之间没有空格。如果为小数点,表示为空地,如果字母为 g,表示种了草。
接下来包含一个整数 k。
【输出格式】
输出 n 行,每行包含 m 个字母,表示 k 个月后空地的状态。如果为小数点,表示为空地,如果字母为 g,表示长了草。
【样例输入】
4 5
.g…
…..
..g..
…..
2
【样例输出】
gggg.
gggg.
ggggg
.ggg.
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例,2 <= n, m <= 20。
对于 70% 的评测用例,2 <= n, m <= 100。
对于所有评测用例,2 <= n, m <= 1000,1 <= k <= 1000。

思路 O(N*M)
典型的bfs,基本是个模板题。时间复杂度最多为O(N*M)。

参考代码
#include
#include

#define loop(i, x, y) for(register int i = x;i > N >> M;
queue q;
char next_char;
cin.get(next_char);
while (next_char != '\n')cin.get(next_char);

loop(i, 0, N - 1) {
loop(j, 0, M - 1) {
cin.get(next_char);
if (next_char == 'g') {
q.push({i, j, 0});
vis[i][j] = 1;
}
}
cin.get(next_char);
while (next_char != '\n')cin.get(next_char);
}
cin >> K;

while (!q.empty()) {
block b = q.front();
q.pop();
int month = b.month;
if (month < K) {
loop(i, 0, 3) {
int nx = b.i + dx[i];
int ny = b.j + dy[i];
if (0 <= nx && nx < N && 0 <= ny && ny < M && vis[nx][ny] == 0) {
vis[nx][ny] = 1;
q.push({nx, ny, month + 1});
}
}
}
}
loop(i, 0, N - 1) {
loop(j, 0, M - 1) {
if (vis[i][j] == 1) cout << 'g';
else cout << '.';
}
cout << endl;
}
clog << clock() - a << endl;
return 0;
}

第九题 序列计数
题目

【问题描述】
小明想知道,满足以下条件的正整数序列的数量:
1. 第一项为 n;
2. 第二项不超过 n;
3. 从第三项开始,每一项小于前两项的差的绝对值。
请计算,对于给定的 n,有多少种满足条件的序列。
【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,表示答案。答案可能很大,请输出答案除以10000的余数。
【样例输入】
4
【样例输出】
7
【样例说明】
以下是满足条件的序列:
4 1
4 1 1
4 1 2
4 2
4 2 1
4 3
4 4
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例,1 <= n <= 5;
对于 50% 的评测用例,1 <= n <= 10;
对于 80% 的评测用例,1 <= n <= 100;
对于所有评测用例,1 <= n <= 1000。

思路:记忆型递归 O(N^3)

题干第三点,是一个递归定义,可以得到递归式:

f(pre,cur) = f(cur,1) + f(cur,2) + ... +f(cur,abs(pre-cur)-1) + 1
pre表示前一个数,cur代表当前的数,选定之后,序列种数等于以cur为前序,以1到abs-1为当前的序列数的总和再加1.
如f(5,2) = f(2,1)+f(2,2).

但是暴力递归的复杂度是指数级;

基本的优化方案是加状态记忆:输入1000时,实测运行时间为1000~2000ms;

参考代码
#include
#include
#include
#include

#define _for(i, x, y) for(register int i = x;i = y;i--)
typedef long long LL;
using namespace std;

int N;
LL ans;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];

LL dfs(int pre, int cur) {
// 询问状态
if (mem[pre][cur] != 0)
return mem[pre][cur];
LL ans = 1;
_for(j, 1,abs(pre-cur) - 1) {
ans = (ans + dfs(cur, j)) % MOD;
}
//记录状态
mem[pre][cur] = ans;
return ans;
}

void work() {
ans = 0;
cin >> N;
// f(pre,cur) = sum(f(cur,_new))|_new from 1 to abs(pre-cur)-1
_for(x, 1, N) ans = (ans + dfs(N, x)) % MOD;
cout << ans << endl;
}

进一步优化

至此,能通过80%的数据(在1000ms限制下);

解空间是N的平方(详细为N*N)表格,但是每次都要循环加总,所以成了N的立方,在同样的解空间下,避免循环加总,即可优化到N的平方

重新考虑状态的转移:

如果我们用f(i,j)表示前一个数是i,当前数是1到j的合法序列的个数;有f(i,j) = 1 + f(i,j-1) + f(j,abs(i-j)-1)即分为两个部分1)i作为前一个数,从1到j-1为当前数的合法序列的个数已经计算好,2)求以j为尾数,后面选择1到abs(i-j)-1的合法序列的个数。

如 f(10,5)=f(10,4)+f(5,4);而不是枚举1到5;这样每次解答树只展开两个节点,相当于减少一层循环,虽然解答树的层次还是很深,但是由于记忆的存在,解空间仍然是N的平方。可在100ms内解决。

参考代码:
#include
#include
#include
#include

typedef long long LL;
using namespace std;

int N;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];

int dfs(int pre, int cur) {
if (cur > N;
cout << dfs(N, N) << endl;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int a = clock();
work();
int b = clock();
clog << (b - a) << endl;
return 0;
}

第十题 晚会节目单
题目

【问题描述】
小明要组织一台晚会,总共准备了 n 个节目。然后晚会的时间有限,他只能最终选择其中的 m 个节目。
这 n 个节目是按照小明设想的顺序给定的,顺序不能改变。
小明发现,观众对于晚会的喜欢程度与前几个节目的好看程度有非常大的关系,他希望选出的第一个节目尽可能好看,在此前提下希望第二个节目尽可能好看,依次类推。
小明给每个节目定义了一个好看值,请你帮助小明选择出 m 个节目,满足他的要求。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m ,表示节目的数量和要选择的数量。
第二行包含 n 个整数,依次为每个节目的好看值。
【输出格式】
输出一行包含 m 个整数,为选出的节目的好看值。
【样例输入】
5 3
3 1 2 5 4
【样例输出】
3 5 4
【样例说明】
选择了第1, 4, 5个节目。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例,1 <= n <= 20;
对于 60% 的评测用例,1 <= n <= 100;
对于所有评测用例,1 <= n <= 100000,0 <= 节目的好看值 <= 100000。

错误思路

如果用两次排序求解,那就错了。因为并不是要选出的方案的好看值总和最大,而是要从前往后尽量好看。

思路 O(N^2)

此题关键在于“第一个节目尽可能好看”并希望“第二个节目尽可能好看”……那么我们选择的第一节目就是max(g[0]~g[n-m])闭区间,要选择的第二个节目是max(g[lastMax+1],g[n-m+1])及从上一个节目往下到n-m+1这个区间里面选最好看的,直到剩下的必须全部选择。

算法用尺取法,双指针移动。理论上的复杂度是O(M*(N-M)),极端情况是M=N/2,整体达到(N^2)/2。如果输入数据为:

100000 50000
100000 99999 ...

实测运行时间为:10秒以上

参考代码
int N, M;
void work() {
cin >> N >> M;
vector games(N);
for (int i = 0; i > games[i];
}
int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
while (pos_1 games[pos_max])pos_max = pos_1;
cout << games[pos_max] << " ";
pos_1 = pos_max + 1;
pos_2++;
pos_max = pos_1;
}
while (pos_2 != N) {
cout << games[pos_2++] << " ";
}
cout << endl;
}

优化:区间最值查询 O(NlogN)
while (pos_1 games[pos_max])pos_max = pos_1;

这一段代码是区间内查询最大值,反复多次,且数据是静态的,所以选择ST做RMQ。

f[i][j]表示以 i 为起点,连续 2^j 个数中的最大值(的下标);

转移方程就是:f[i][j] = data[f[i][j-1]] >= data[f[i+pow_2(j-1)][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+pow_2(j-1)][j-1]; 注:比较原始数据,记录下标

由于预处理是O(nlogn),M次查询是O(M),每次查询是O(1),所以整体复杂度为O(nlogn)。

下列代码实测运行时间100ms以内

参考代码
#include
#include

using namespace std;
int N, M;
vector data;
/*===st rmq的数据 begin===*/
const int MAX_N = 100005;
const int MAX_POW = 20;
int f[MAX_N][MAX_POW], Log[MAX_N];
/*===st rmq的数据 end===*/

/*===st rmq的函数 begin===*/
void initLog() {
Log[1] = 0;//2的0次方为1,log2_1 = 0;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
Log[i] = Log[i / 2] +1;
}
}
//2的p次方
int pow_2(int p) {
return 1 << p;
}

void initSt() {
int i, j;
for (i = 0; i < N; ++i) {
f[i][0] = i;//注意这里存的是下标,而不是值
}

for (j = 1; pow_2(j) < N; ++j) {
for (i = 0; i + pow_2(j-1) data[index2] ? index1 : index2;
}
}
}

int query(int l,int r){
int len = r-l+1;
int k = Log[len];
int index1 = f[l][k];
int index2 = f[r - pow_2(k) + 1][k];
return data[index1] > data[index2] ? index1 : index2;
}
/*===st rmq的函数 end===*/

void work() {
std::ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N >> M;
data = vector(N);
for (int i = 0; i > data[i];
}
/*===初始化st rmq相关数据===*/
initLog();
initSt();

int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/* while (pos_1 data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
pos_max = query(pos_1,pos_2);
cout << data[pos_max] << " ";
pos_1 = pos_max + 1;
pos_2++;
//pos_max = pos_1;
}
while (pos_2 != N) {
cout << data[pos_2++] << " ";
}
cout << endl;
}

int main() {
/* 造数据
freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
cout<<100000<<" "<<50000<<endl;
for (int i = 0; i < 100000; ++i) {
cout<<100000-i<<" ";
}
cout<<endl;*/
freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
int a = clock();
work();
int b = clock();
clog << (b - a) << endl;
return 0;
}

线段树参考代码
#include
#include
#include

using namespace std;
int N, M;
vector data;
/*===seg tree的数据 begin===*/
const int MAX_N = 100000 * 4;//线段树的节点个数=4倍n
int tree[MAX_N];
/*===seg tree的数据 end===*/

/*===seg tree的函数 begin===*/
/**
*
* @param nodeNum 节点编号
* @param l 区间左边界
* @param r
*/
void buildSegTree(int nodeNum, int l, int r) {
if (l == r) {
tree[nodeNum] = l;
return;
}
int mid = l + ((r - l) >> 1);
int left = nodeNum < data[index2] ? index1 : index2;
}

/**
*
* @param l 当前节点的区间左边界
* @param r
* @param ql
* @param qr
* @param nodeNum
* @return
*/
int query(int l, int r, int ql, int qr, int nodeNum) {
if (ql = r)return tree[nodeNum];
int mid = l + ((r - l) >> 1);
int ans = -1;
if (ql <= mid) {
ans = query(l, mid, ql, qr, nodeNum < mid){
if(ans==-1)
ans = query(mid + 1, r, ql, qr, nodeNum << 1 | 1);
else{
int _index = query(mid + 1, r, ql, qr, nodeNum <data[ans])
ans = _index;
}
}
return ans;
}

/*===seg tree的函数 end===*/

void work() {
std::ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N >> M;
data = vector(N);
for (int i = 0; i > data[i];
}
/*===初始化st rmq相关数据===*/
buildSegTree(1, 0, N - 1);
int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/* while (pos_1 data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
pos_max = query(0, N - 1, pos_1, pos_2, 1);
cout << data[pos_max] << " ";
pos_1 = pos_max + 1;
pos_2++;
// pos_max = pos_1;
}
while (pos_2 != N) {
cout << data[pos_2++] << " ";
}
cout << endl;
}

int main() {
/* 造数据
freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
cout<<100000<<" "<<50000<<endl;
for (int i = 0; i < 100000; ++i) {
cout<<100000-i<<" ";
}
cout<<endl;*/
// freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
int a = clock();
work();
int b = clock();
clog << (b - a) << endl;
return 0;
}


作者:小9

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SqlServer彻底卸载,适用于任何版本,亲测了n次都可用

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