2021年藍橋杯省賽B組題解（C/C++）

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試題 A: 空間

問題描述

涉及知識點：計算機基礎知識

答案：67108864

解析：

主要考察一些計算機的基礎知識， $32$ 位二進制數需要占 $4$ 個字節， $256MB=256?1024KB=256?1024?1024$ 字節，所以一共可以存儲的 $32$ 位二進制整數的數量就是：$256?1024?1024/4=67108864$ 。

代碼：

#include <bits/stdc++.h> int main() {printf("%d", 256 * 1024 * 1024 / 4);return 0; }

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試題 B: 卡片

問題描述

答案：3181

解析

• 涉及知識點：枚舉，十進制拆分
• 做法：初始化 res_num 數組記錄當前每種卡牌剩余數量，從1向上枚舉需要組合的卡片，直到剩余卡片不足則停止累加，最后成功組合成的卡片即為答案。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;vector<int> Split(int x) { // 將x按照十進制拆分每一位vector<int> ret;if (x == 0) {ret.push_back(0);return ret;}while (x > 0) {ret.push_back(x % 10);x /= 10;}return ret; }const int maxn = 2021; int rest_num[10] = {0}; // 記錄當前每種數字卡牌剩余數量bool Sub(const vector<int> &x) { // 將當前需要的數字卡牌從卡牌庫中去除，卡牌庫剩余卡牌不足則返回falsefor (unsigned int i = 0; i < x.size(); i++) {rest_num[x[i]]--;if (rest_num[x[i]] < 0) {return false;}}return true; }int main() {for (int i = 0; i < 10; i++) {rest_num[i] = maxn;}int ans = 1;while (1) { // 嘗試利用剩余卡牌組合出數字ans，剩余卡牌不足則跳出循環vector<int> need = Split(ans);bool succFlag = Sub(need);if (!succFlag) {break;}ans++;}printf("ans = %d\n", ans - 1);return 0; }

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試題 C: 直線

問題描述

答案：40257

解析

• 涉及知識點：枚舉、浮點數判
• 做法：
  • 枚舉所有點的兩兩組合，對于每一對兩個點的組合就確定了一條直線，對于每條直線都判斷其是否和之前已經出現過的直線相同，如果相同則忽略。
  • 判斷兩個直線是否相同的做法：每個直線存儲直線上兩個點，對于直線 $L_0(p_0,p_1)$ 和直線 $L_1(p_2,p_3)$，當且僅當點 $p_2$ 和 $p_3$ 均在直線 $L_1$ 上，則直線 $L_1$ ，$L_2$ 重合。
  • 判斷一個點是否在直線上的做法：假設存在點 $p_2$ 和直線 $L(p_0,p_1)$，如果三個點兩兩之間的距離 $a+b=c$，則說明三個點在一條直線上。（注意這里判斷距離相等因為是浮點類型可能存在誤差，所以不可以之間判斷是否相等，而是需要判斷兩個浮點數之間的差是否小于一個較小值，如：$10^{?7}$）。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct Point {int x, y;Point() {}Point(int x, int y) {this->x = x;this->y = y;} };struct Line {Point a, b;Line(Point a, Point b) {this->a = a;this->b = b;} };vector<Line> lineList;double Dis(Point p0, Point p1) { // 計算點p0和p1之間的直線距離return sqrt((p0.x - p1.x) * (p0.x - p1.x) + (p0.y - p1.y) * (p0.y - p1.y)); }bool CheckPointInLine(Line x, Point p) { // 檢查點p是否在直線x上double dis[3];dis[0] = Dis(x.a, x.b);dis[1] = Dis(x.a, p);dis[2] = Dis(x.b, p);sort(dis, dis + 3);if (fabs(dis[0] + dis[1] - dis[2]) < 1e-5) { // 三點在一條直線則較短兩距離相加等于較長距離return true;} else {return false;} }// 檢查當先直線cur是否和之前已經出現過得直線集合（lineList）中的某一直線重合 bool CheckLineRepeat(Line cur) {for (unsigned int i = 0; i < lineList.size(); i++) {if (CheckPointInLine(lineList[i], cur.a) &&CheckPointInLine(lineList[i], cur.b)) {return true;}}return false; }int main() {vector<Point> pointList;// 將所有點記入pointList中for (int i = 0; i < 20; i++) {for (int j = 0; j < 21; j++) { pointList.push_back(Point(i, j));}}// 嘗試任意兩點的組合組成的直線，如果直線沒出現過則記錄下來，否則跳過int ans = 0;for (unsigned int i = 0; i < pointList.size(); i++) {for (unsigned int j = i + 1; j < pointList.size(); j++) {Line curLine = Line(pointList[i], pointList[j]);if (!CheckLineRepeat(curLine)) {ans++;lineList.push_back(curLine);}}}printf("ans = %d\n", ans);return 0; }

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試題 D: 貨物擺放

問題描述

答案：2430

解析

• 涉及知識點：質因數分解
• 做法：
• 問題可以轉化成，將 $2021041820210418$ 分解成三個數 $a?b?c$ 的形式，有多少種拆分方法。
• 將 $2021041820210418$ 質因數分解成： $p_0^{n_0}?p_1^{n_1}?...?p_n^{n_n}$ 的形式（其中 $p_0,p_1,...,p_n$ 均為質數），可得： $2021041820210418=2^1?3^3?17^1?131^1?2857^1?5882353^1$ 。
• 對于質因數： $2,17,131,2857,5882353$ ，每個均可以分別分配給 $a,b,c$ 三個位置，所以總共方法數是 $3^5$ 。
• 對于出現了 $3$ 次的質數 $3$ ，可以枚舉出其所有的分配方式，共10種。故總方法數為： $3^5?10=2430$ 。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;vector<long long int> primeNum, primeVal; // 將x質因數分解 void CalaPrime(long long int x) {printf("%lld = ", x);for (long long int i = 2; i * i <= x; i++) {if (x % i == 0) {int num = 0;while (x % i == 0) {x /= i;num++;}primeNum.push_back(num);primeVal.push_back(i);}}if (x > 1) {primeNum.push_back(1);primeVal.push_back(x);}for (unsigned int i = 0; i < primeNum.size(); i++) {if (i != 0) {printf(" * ");}printf("\n(%lld ^ %lld)", primeVal[i], primeNum[i]);}printf("\n"); }int main() {CalaPrime(2021041820210418);long long int ans = 0;ans = 3 * 3 * 3 * 3 * 3;ans *= 10;printf("ans = %lld\n", ans);return 0; }

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試題 E: 路徑

問題描述

答案：10266837

解析

• 涉及算法：圖論，最短路，最大公約數
• 做法：
• 建圖：共2021個結點組成的圖，枚舉任意兩點組合，通過計算最大公約數，記錄這兩個點之間的距離，即增加一條邊。
• 公式： $lcm(x,y)=\frac{x?y}{gcd(x,y)}$ （ $lcm(x,y)$ 表示 $x$ 和 $y$ 的最小公倍數， $gcd(x,y)$ 表示 $x$ 和 $y$ 的最大公約數）
• 最短路求解：可以使用Floyd算法或DijkStra算法計算最短路。（這里因為是填空題，建議使用Floyd算法更加好寫，可以考慮兩個算法都實現用來相互驗證）

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int maxn = 2021;vector<int> u[maxn + 52]; vector<int> v[maxn + 52]; int disDijk[maxn + 52]; int disFloyd[maxn + 52][maxn + 52]; bool vis[maxn + 52];// 初始化建圖，u[i][j]表示i的第j條出邊編號，v[i][j]表示i的第j條邊的長度，也就是i和u[i][j]的距離 void InitGroup() {for (int i = 1; i <= maxn; i++) {for (int j = i + 1; j <= maxn; j++) {if (j - i <= 21) {u[i].push_back(j);v[i].push_back(i * j / __gcd(i, j));u[j].push_back(i);v[j].push_back(i * j / __gcd(i, j));}}} }// floyd算法計算最短路，disFloyd[i][j] 表示i到j的最短距離 void Floyd() {// 初始化disFloyd為一個較大值memset(disFloyd, 0x3f, sizeof(disFloyd));for (unsigned int i = 1; i <= maxn; i++) {for (unsigned int j = 0; j < v[i].size(); j++) {disFloyd[i][u[i][j]] = v[i][j];disFloyd[u[i][j]][i] = v[i][j];}}// 執行floyd算法for (int k = 1; k <= maxn; k++) {for (int i = 1; i <= maxn; i++) {for (int j = 1; j <= maxn; j++) {disFloyd[i][j] = disFloyd[j][i] = min(disFloyd[i][j], disFloyd[i][k] + disFloyd[k][j]);}}}printf("floyd ans = %d\n", disFloyd[1][maxn]); }// Dijkstra算法計算最短路，disDijk[i]表示i距離結點1的最短距離 void Dijkstra() {memset(disDijk, 0x3f, sizeof(disDijk));memset(vis, 0, sizeof(vis));disDijk[1] = 0;for (int i = 1; i <= maxn; i++) {int curMin = 0x3f3f3f3f;int curIndex = -1;for (int j = 1; j <= maxn; j++) {if (vis[j]) {continue;}if (curMin > disDijk[j] || curIndex == -1) {curMin = disDijk[j];curIndex = j;}}vis[curIndex] = true;for (unsigned int j = 0; j < u[curIndex].size(); j++) {int t = u[curIndex][j], val = v[curIndex][j];disDijk[t] = min(disDijk[t], disDijk[curIndex] + val);}}printf("Dijkstra ans = %d vis = %d\n", disDijk[2021], vis[2021]); }int main() {InitGroup();Floyd();Dijkstra();return 0; }

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試題 F: 時間顯示

問題描述

涉及知識點：取模，時間計算，格式化輸出

解析

注意題目中給定的是毫秒，利用整除和取模就可以完成計算。具體細節可以參照代碼中的注釋。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;int main() {long long int dayMs = 24 * 60 * 60 * 1000; //一天包含多少毫秒long long int n;scanf("%lld", &n);// 扣除整天的描述之后，得到最后一天剩下了多少毫秒n = n % dayMs;// 忽略毫秒，得到還剩多少秒n = n / 1000;// 一小時3600秒，走過了多少個完整的3600秒就代表當前小時數是多少int hour = n / (3600);// 扣除整小時之后剩下的秒數，可以走過多少個完整的60秒就代表當前分鐘數是多少int minutes = (n - hour * 3600) / 60;// 走完全部的完整60秒之后剩下的秒數就是秒數int second = n % 60;printf("%02d:%02d:%02d\n", hour, minutes, second); }

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試題 G: 砝碼稱重

問題描述

解析

涉及知識點：動態規劃，類背包問題

思路一：問題可以轉化成：給定 $n$ 個正整數，計算從中選出若個數字組合，每個數字可以加或者減，最終能得到多少種正整數結果。

• 狀態定義： $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 個數字選擇若干個加或者減，能否獲得和為 $j$ 。( $?10^5\le j\le 10^5$ )
• 狀態轉移方程： $dp(i,j)=dp(i?1,j)|dp(i?1,j?a[i])|dp(i?1,j+a[i])$ 。
• 初始狀態： $dp(0,0)=1$ 。
• 時間復雜度分析：狀態數 $n?sum?2$ ，狀態轉移方程復雜度 $O(1)$ ，總時間復雜度 $O(n?sum)$ ， $sum$ 表示所有數總和的最大值為 $10^5$ 。

思路二：問題還可以轉化成：給定 $2?n$ 個正整數， $a_0,a_1,...,a_n,?a_0,?a_1,...,?a_n$ ，每個數字可以選或者不選，問相加可以組合成多少種不同的正整數。這樣就是一個經典的01背包問題了，只要注意一下負數問題即可。

其它技巧注意事項：

利用滾動數組，反復交換 $cur$ 和 $pre$ 來節約空間。

使用 $offset$ 偏移來保證 $dp$ 過程中可以記錄獲取負數重量的可能性，以便后續轉移。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int offset = 100052; // 為處理負數情況引入的偏移量 const int maxn = 100052 + offset; int n, vis[2][maxn], a[2000];int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; i++) {scanf("%d", &a[i]);}memset(vis, 0, sizeof(vis));vis[0][offset] = 1;int pre = 0, cur = 1;// 三種情況分別是，不選擇a[i]，選擇a[i]，選擇-a[i]for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < maxn; j++) {vis[cur][j] = max(vis[cur][j], vis[pre][j]);if (j - a[i] >= 0) {vis[cur][j] = max(vis[pre][j - a[i]], vis[cur][j]);}if (j + a[i] < maxn) {vis[cur][j] = max(vis[pre][j + a[i]], vis[cur][j]);}}swap(pre, cur); // 滾動循環利用數組的pre行和cur行}// 注意要從offset+1開始，因為能稱出來的重量不應該是負數int ans = 0;for (int i = offset + 1; i < maxn; i++) {if (vis[pre][i]) {ans++;}}printf("%d", ans);return 0; }

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試題 H: 楊輝三角形

問題描述

涉及知識點：二分，組合數計算，打表

解析

這里其實需要知道或者自己分析出一些楊輝三角的性質，首先為了方便表示，將這個楊輝三角表示成這種形式：

第 $i$ 行第 $j$ 個數表示成 $c(i,j)$ ，行數和列數都從 $0$ 開始計算。
可以發現如下的結論：

$c(n,m)=\frac{n!}{m!?(n?m)!}$

$c(n,m)=c(n,n?m)$

$c(n,m)=c(n?1,m?1)+c(n?1,m)$

考慮到每一行是對稱的，所以如果如果一個數字在某一行的右半邊出現，那么它一定也在這一行的左半邊出現，因此每一行右半邊的數字一定不會作為第一個出現的數字。此外可以發現 $c(i,1)=i$ ，所以任意一個數字 $n$ 一定會在這個楊輝三角矩陣中出現過。另外根據上面的公式1可以發現，每一行的數字都是呈現一個先增后減的形式，并且增長速度極快。每一列數字則是完全單調遞增的。因此可以嘗試在每一列二分搜索是否有該數字。只需要考慮前 $20$ 列即可，因為后面的數字大小已經完全超過了 $n$ 的最大范圍，所以一定不會等于 $n$。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;// 打印楊輝三角前x行，幫助直觀感受 void Print(int x) {long long int c[100][100];for (int i = 1; i <= x; i++) {c[i][0] = 1;printf("%lld\t", c[i][0]);for (int j = 1; j < i; j++) {c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];printf("%lld\t", c[i][j]);}printf("\n");} }// 二分方法 long long int n; long long int C(long long int a, long long int b) {long long int ret = 1;for (long long int i = a, j = 1; j <= b; i--, j++) {ret = ret * i / j;if (ret > n) {return n + 1;}}return ret; }long long int GetAns(int col) {long long int l = col, r = max(n, (long long int)col);while (l < r) {long long int mid = (l + r) / 2;if (C(mid, col) >= n)r = mid;elsel = mid + 1;}if (C(r, col) != n) { // 沒有出現則返回出現位置無限大return 4e18;} else {return r * (r + 1) / 2 + col + 1;} }int main() {scanf("%lld", &n);long long int ans = 4e18;for (int i = 0; i < 20; i++) { // 枚舉前20列，記錄最早出現位置long long int cur = GetAns(i);ans = min(ans, cur);}printf("%lld\n", ans);return 0; }

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試題 I: 雙向排序

問題描述

涉及知識點：貪心，線段樹，排序

解析

此題完全通過較為困難，此處給出簡單版本使用sort函數代碼。可以考慮，對于連續的0操作或者1操作，只需要執行覆蓋數組長度最長的操作即可，這樣就可以一定程度上減少操作次數，從而提高程序運行效率。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int maxn = 100052; int a[maxn]; bool cmp(int x, int y) { return x > y; }struct Oper {int pos, op; };int main() {int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 0; i < n; i++) {a[i] = i + 1;}// 讀取操作列表vector<Oper> opList;for (int i = 0; i < m; i++) {Oper temp;scanf("%d%d", &temp.op, &temp.pos);opList.push_back(temp);}// 操作去重轉變成01交錯的操作序列vector<Oper> newList;Oper curOp = opList[0];for (unsigned int i = 0; i < opList.size(); i++) {if (curOp.op != opList[i].op) { // 操作01轉換則保存當前等價操作并重新記錄newList.push_back(curOp);curOp = opList[i];continue;}if (opList[i].op == 0 && opList[i].pos > curOp.pos) {curOp = opList[i];}if (opList[i].op == 1 && opList[i].pos < curOp.pos) {curOp = opList[i];}}newList.push_back(curOp);// 模擬執行操作for (unsigned int i = 0; i < newList.size(); i++) {if (newList[i].op == 0) {sort(a, a + newList[i].pos, cmp);} else {sort(a + newList[i].pos - 1, a + n);}}// 打印結果for (int i = 0; i < n; i++) {if (i != 0) {printf(" ");}printf("%d", a[i]);}return 0; }

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試題 J: 括號序列

問題描述

解析

涉及知識點：動態規劃，取模

動態規劃設計：

• 狀態設計： $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 個括號插入若干個括號之后，左括號比右括號多 $j$ 個的插入方法數。
• 狀態轉移方程： $dp(i,j)=dp(i?1,j?1)$（$st{r}_i$ 是左括號）， $dp(i,j)={\sum }_{k=0}^{j+1}dp(i?1,k)$ （ $st{r}_i$ 是右括號）
• 狀態轉移優化：當 $st{r}_i$ 是右括號時，因為： $dp(i,j?1)={\sum }_{k=0}^{j}dp(i?1,k)$ ，所以 $dp(i,j)=dp(i?1,j+1)+dp(i,j?1)$ 。相當于是利用一個前綴和來把 $O(n)$ 的狀態轉移方程優化成 $O(1)$ 。
• 初始狀態： $dp(0,0)=1$

注意事項：要增加 $vis$ 數組用于表示 $dp$ 數組每個位置取模前的實際值是否為 $0$ ，如果只判斷 $dp$ 值可能會出現 $dp$ 值實際不為 $0$ 但是因為取模恰好為 $0$ 的情況（雖然因為這個模數的特殊性，這個情況出現的概率幾乎為 $0$ ）

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 5052; const long long int MOD = 1e9 + 7;int dp[maxn][maxn]; bool vis[maxn][maxn]; char str[maxn]; int n;long long int mod(long long int x) { return x % MOD; }long long int GetAns() {memset(dp, 0, sizeof dp);memset(vis, 0, sizeof vis);dp[0][0] = 1;vis[0][0] = true;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (str[i - 1] == '(') {for (int j = 1; j <= n; j++) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];vis[i][j] = vis[i - 1][j - 1];}} else {dp[i][0] = mod(dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]);vis[i][0] = vis[i-1][0] | vis[i-1][1];for (int j = 1; j <= n; j++) {dp[i][j] = mod(dp[i - 1][j + 1] + dp[i][j - 1]);vis[i][j] = vis[i - 1][j + 1] | vis[i][j - 1];}}}for (int i = 0; i <= n; i++) {if (vis[n][i] != 0) {return dp[n][i];}}return -1; } int main() {scanf("%s", str);n = strlen(str);long long int ansL = GetAns();reverse(str, str + n);for (int i = 0; i < n; i++) {if (str[i] == ')') {str[i] = '(';} else {str[i] = ')';}}long long int ansR = GetAns();printf("%lld\n", mod(ansL * ansR));return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的【蓝桥杯真题】2021年蓝桥杯省赛B组题目解析+代码（C/C++）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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