2021年藍(lán)橋杯省賽B組題解（C/C++）

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試題 A: 空間

問(wèn)題描述

涉及知識(shí)點(diǎn)：計(jì)算機(jī)基礎(chǔ)知識(shí)

答案：67108864

解析：

主要考察一些計(jì)算機(jī)的基礎(chǔ)知識(shí)， $32$ 位二進(jìn)制數(shù)需要占 $4$ 個(gè)字節(jié)， $256MB=256?1024KB=256?1024?1024$ 字節(jié)，所以一共可以存儲(chǔ)的 $32$ 位二進(jìn)制整數(shù)的數(shù)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(wèn)題描述

答案：3181

解析

• 涉及知識(shí)點(diǎn)：枚舉，十進(jìn)制拆分
• 做法：初始化 res_num 數(shù)組記錄當(dāng)前每種卡牌剩余數(shù)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(jìn)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(dāng)前每種數(shù)字卡牌剩余數(shù)量bool Sub(const vector<int> &x) { // 將當(dāng)前需要的數(shù)字卡牌從卡牌庫(kù)中去除，卡牌庫(kù)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?yán)檬Ｓ嗫ㄅ平M合出數(shù)字ans，剩余卡牌不足則跳出循環(huán)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(wèn)題描述

答案：40257

解析

• 涉及知識(shí)點(diǎn)：枚舉、浮點(diǎn)數(shù)判
• 做法：
  • 枚舉所有點(diǎn)的兩兩組合，對(duì)于每一對(duì)兩個(gè)點(diǎn)的組合就確定了一條直線，對(duì)于每條直線都判斷其是否和之前已經(jīng)出現(xiàn)過(guò)的直線相同，如果相同則忽略。
  • 判斷兩個(gè)直線是否相同的做法：每個(gè)直線存儲(chǔ)直線上兩個(gè)點(diǎn)，對(duì)于直線 $L_0(p_0,p_1)$ 和直線 $L_1(p_2,p_3)$，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn) $p_2$ 和 $p_3$ 均在直線 $L_1$ 上，則直線 $L_1$ ，$L_2$ 重合。
  • 判斷一個(gè)點(diǎn)是否在直線上的做法：假設(shè)存在點(diǎn) $p_2$ 和直線 $L(p_0,p_1)$，如果三個(gè)點(diǎn)兩兩之間的距離 $a+b=c$，則說(shuō)明三個(gè)點(diǎn)在一條直線上。（注意這里判斷距離相等因?yàn)槭歉↑c(diǎn)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(gè)浮點(diǎn)數(shù)之間的差是否小于一個(gè)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(jì)算點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)在一條直線則較短兩距離相加等于較長(zhǎng)距離return true;} else {return false;} }// 檢查當(dāng)先直線cur是否和之前已經(jīng)出現(xiàn)過(guò)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(diǎn)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(diǎn)的組合組成的直線，如果直線沒(méi)出現(xiàn)過(guò)則記錄下來(lái)，否則跳過(guò)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(wèn)題描述

答案：2430

解析

• 涉及知識(shí)點(diǎn)：質(zhì)因數(shù)分解
• 做法：
• 問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化成，將 $2021041820210418$ 分解成三個(gè)數(shù) $a?b?c$ 的形式，有多少種拆分方法。
• 將 $2021041820210418$ 質(zhì)因數(shù)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(zhì)數(shù)），可得： $2021041820210418=2^1?3^3?17^1?131^1?2857^1?5882353^1$ 。
• 對(duì)于質(zhì)因數(shù)： $2,17,131,2857,5882353$ ，每個(gè)均可以分別分配給 $a,b,c$ 三個(gè)位置，所以總共方法數(shù)是 $3^5$ 。
• 對(duì)于出現(xiàn)了 $3$ 次的質(zhì)數(shù) $3$ ，可以枚舉出其所有的分配方式，共10種。故總方法數(shù)為： $3^5?10=2430$ 。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;vector<long long int> primeNum, primeVal; // 將x質(zhì)因數(shù)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(wèn)題描述

答案：10266837

解析

• 涉及算法：圖論，最短路，最大公約數(shù)
• 做法：
• 建圖：共2021個(gè)結(jié)點(diǎn)組成的圖，枚舉任意兩點(diǎn)組合，通過(guò)計(jì)算最大公約數(shù)，記錄這兩個(gè)點(diǎn)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(shù)， $gcd(x,y)$ 表示 $x$ 和 $y$ 的最大公約數(shù)）
• 最短路求解：可以使用Floyd算法或DijkStra算法計(jì)算最短路。（這里因?yàn)槭翘羁疹}，建議使用Floyd算法更加好寫，可以考慮兩個(gè)算法都實(shí)現(xiàn)用來(lái)相互驗(yàn)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(hào)，v[i][j]表示i的第j條邊的長(zhǎng)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(jì)算最短路，disFloyd[i][j] 表示i到j(luò)的最短距離 void Floyd() {// 初始化disFloyd為一個(gè)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(zhí)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(jì)算最短路，disDijk[i]表示i距離結(jié)點(diǎn)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(shí)間顯示

問(wèn)題描述

涉及知識(shí)點(diǎn)：取模，時(shí)間計(jì)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(jì)算。具體細(xì)節(jié)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(shí)3600秒，走過(guò)了多少個(gè)完整的3600秒就代表當(dāng)前小時(shí)數(shù)是多少int hour = n / (3600);// 扣除整小時(shí)之后剩下的秒數(shù)，可以走過(guò)多少個(gè)完整的60秒就代表當(dāng)前分鐘數(shù)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(shù)就是秒數(shù)int second = n % 60;printf("%02d:%02d:%02d\n", hour, minutes, second); }

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試題 G: 砝碼稱重

問(wèn)題描述

解析

涉及知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)態(tài)規(guī)劃，類背包問(wèn)題

思路一：問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化成：給定 $n$ 個(gè)正整數(shù)，計(jì)算從中選出若個(gè)數(shù)字組合，每個(gè)數(shù)字可以加或者減，最終能得到多少種正整數(shù)結(jié)果。

• 狀態(tài)定義： $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 個(gè)數(shù)字選擇若干個(gè)加或者減，能否獲得和為 $j$ 。( $?10^5\le j\le 10^5$ )
• 狀態(tài)轉(zhuǎn)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(tài)： $dp(0,0)=1$ 。
• 時(shí)間復(fù)雜度分析：狀態(tài)數(shù) $n?sum?2$ ，狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程復(fù)雜度 $O(1)$ ，總時(shí)間復(fù)雜度 $O(n?sum)$ ， $sum$ 表示所有數(shù)總和的最大值為 $10^5$ 。

思路二：問(wèn)題還可以轉(zhuǎn)化成：給定 $2?n$ 個(gè)正整數(shù)， $a_0,a_1,...,a_n,?a_0,?a_1,...,?a_n$ ，每個(gè)數(shù)字可以選或者不選，問(wèn)相加可以組合成多少種不同的正整數(shù)。這樣就是一個(gè)經(jīng)典的01背包問(wèn)題了，只要注意一下負(fù)數(shù)問(wèn)題即可。

其它技巧注意事項(xiàng)：

利用滾動(dòng)數(shù)組，反復(fù)交換 $cur$ 和 $pre$ 來(lái)節(jié)約空間。

使用 $offset$ 偏移來(lái)保證 $dp$ 過(guò)程中可以記錄獲取負(fù)數(shù)重量的可能性，以便后續(xù)轉(zhuǎn)移。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int offset = 100052; // 為處理負(fù)數(shù)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(dòng)循環(huán)利用數(shù)組的pre行和cur行}// 注意要從offset+1開始，因?yàn)槟芊Q出來(lái)的重量不應(yīng)該是負(fù)數(shù)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(wèn)題描述

涉及知識(shí)點(diǎn)：二分，組合數(shù)計(jì)算，打表

解析

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

第 $i$ 行第 $j$ 個(gè)數(shù)表示成 $c(i,j)$ ，行數(shù)和列數(shù)都從 $0$ 開始計(jì)算。
可以發(fā)現(xiàn)如下的結(jié)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(duì)稱的，所以如果如果一個(gè)數(shù)字在某一行的右半邊出現(xiàn)，那么它一定也在這一行的左半邊出現(xiàn)，因此每一行右半邊的數(shù)字一定不會(huì)作為第一個(gè)出現(xiàn)的數(shù)字。此外可以發(fā)現(xiàn) $c(i,1)=i$ ，所以任意一個(gè)數(shù)字 $n$ 一定會(huì)在這個(gè)楊輝三角矩陣中出現(xiàn)過(guò)。另外根據(jù)上面的公式1可以發(fā)現(xiàn)，每一行的數(shù)字都是呈現(xiàn)一個(gè)先增后減的形式，并且增長(zhǎng)速度極快。每一列數(shù)字則是完全單調(diào)遞增的。因此可以嘗試在每一列二分搜索是否有該數(shù)字。只需要考慮前 $20$ 列即可，因?yàn)楹竺娴臄?shù)字大小已經(jīng)完全超過(guò)了 $n$ 的最大范圍，所以一定不會(huì)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(méi)有出現(xiàn)則返回出現(xiàn)位置無(wú)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(xiàn)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(wèn)題描述

涉及知識(shí)點(diǎn)：貪心，線段樹，排序

解析

此題完全通過(guò)較為困難，此處給出簡(jiǎn)單版本使用sort函數(shù)代碼。可以考慮，對(duì)于連續(xù)的0操作或者1操作，只需要執(zhí)行覆蓋數(shù)組長(zhǎng)度最長(zhǎng)的操作即可，這樣就可以一定程度上減少操作次數(shù)，從而提高程序運(yùn)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(zhuǎn)變成01交錯(cuò)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(zhuǎn)換則保存當(dāng)前等價(jià)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(zhí)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(jié)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(hào)序列

問(wèn)題描述

解析

涉及知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)態(tài)規(guī)劃，取模

動(dòng)態(tài)規(guī)劃設(shè)計(jì)：

• 狀態(tài)設(shè)計(jì)： $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 個(gè)括號(hào)插入若干個(gè)括號(hào)之后，左括號(hào)比右括號(hào)多 $j$ 個(gè)的插入方法數(shù)。
• 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程： $dp(i,j)=dp(i?1,j?1)$（$st{r}_i$ 是左括號(hào)）， $dp(i,j)={\sum }_{k=0}^{j+1}dp(i?1,k)$ （ $st{r}_i$ 是右括號(hào)）
• 狀態(tài)轉(zhuǎn)移優(yōu)化：當(dāng) $st{r}_i$ 是右括號(hào)時(shí)，因?yàn)?#xff1a; $dp(i,j?1)={\sum }_{k=0}^{j}dp(i?1,k)$ ，所以 $dp(i,j)=dp(i?1,j+1)+dp(i,j?1)$ 。相當(dāng)于是利用一個(gè)前綴和來(lái)把 $O(n)$ 的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程優(yōu)化成 $O(1)$ 。
• 初始狀態(tài)： $dp(0,0)=1$

注意事項(xiàng)：要增加 $vis$ 數(shù)組用于表示 $dp$ 數(shù)組每個(gè)位置取模前的實(shí)際值是否為 $0$ ，如果只判斷 $dp$ 值可能會(huì)出現(xiàn) $dp$ 值實(shí)際不為 $0$ 但是因?yàn)槿∧Ｇ『脼?$0$ 的情況（雖然因?yàn)檫@個(gè)模數(shù)的特殊性，這個(gè)情況出現(xiàn)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(jié)

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