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2023年第十四届蓝桥杯大赛软件类省赛C/C++大学A组真题 (dotcpp.com)
目录
试题 A: 幸运数（枚举）
思路：
代码：
试题 B: 有奖问答（搜索 / 线性dp）
试题 C: 平方差（数学 / 结论）
思路：
代码：
试题 D: 更小的数（区间dp）
思路：
代码：
试题 E: 颜色平衡树（ 树形dp(60%) / 平衡树 ）
试题 F: 买瓜（搜索剪枝）
思路：
代码：
试题 G: 网络稳定性（多源最短路（30%））
思路：
代码：
试题 H: 异或和之和（前缀和（60%））
思路：
代码：
试题 I: 像素放置（搜索剪枝）
思路：
代码：
试题 J: 翻转硬币（莫比乌斯函数）
试题 A: 幸运数（枚举）
本题总分：5 分
【问题描述】
小蓝认为如果一个数含有偶数个数位，并且前面一半的数位之和等于后面 一半的数位之和，则这个数是他的幸运数字。例如 2314 是一个幸运数字，因为 它有 4 个数位，并且 2 + 3 = 1 + 4 。现在请你帮他计算从 1 至 100000000 之间共有多少个不同的幸运数字。
【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。
答案为：4430091
思路：
数据范围10^8，直接全部枚举，判断是否幸运即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;bool check(int x){ int tmp=x,len=0; while(tmp){ len++; tmp/=10; } if(len%2==1)return 0; int t=len/2; int ans1=0,ans2=0; while(t--){ ans1+=x%10; x/=10; } while(x){ ans2+=x%10; x/=10; } return ans1==ans2;}int main(){ int ans=0; for(int i=10;i<=100000000;i++){ if(check(i))ans++; } cout<<ans; return 0;}试题 B: 有奖问答（搜索 / 线性dp）
本题总分：5 分
【问题描述】
小蓝正在参与一个现场问答的节目。活动中一共有 30 道题目，每题只有答 对和答错两种情况，每答对一题得 10 分，答错一题分数归零。 小蓝可以在任意时刻结束答题并获得目前分数对应的奖项，之后不能再答 任何题目。最高奖项需要 100 分，所以到达 100 分时小蓝会直接停止答题。 已知小蓝最终实际获得了 70 分对应的奖项，请问小蓝所有可能的答题情况有多少种?
【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。
试题 C: 平方差（数学 / 结论）
时间限制 : 1.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：10 分
【问题描述】
给定 L, R，问 L ≤ x ≤ R 中有多少个数 x 满足存在整数 y,z 使得 x = y^ 2 − z^ 2 。
【输入格式】
输入一行包含两个整数 L, R，用一个空格分隔。
【输出格式】
输出一行包含一个整数满足题目给定条件的 x 的数量。
【样例输入】
1 5
【样例输出】
4
【样例说明】
1 = 1^ 2 − 0 ^ 2 ； 3 = 2^ 2 − 1 ^ 2 ； 4 = 2^ 2 − 0 ^ 2 ；5 = 3^2 − 2 ^2 。
【评测用例规模与约定】
对于 40 % 的评测用例， L R ≤ 5000 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ L ≤ R ≤ 10^ 9 。思路：
找规律，发现所有的奇数都可以拆成 x/2 +1 和 x/2 的平方差
而所有的 4k+2 型的数不能拆成平方差， 4k 型的数可以拆成平方差
然后直接计算公式 前 R 个数 和 前 L-1 个数 即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;ll f(ll x){ return x-x/4-(x%4>=2);}void solve(){ ll L,R; cin>>L>>R; cout<<f(R)-f(L-1); return;}int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); solve(); return 0;}试题 D: 更小的数（区间dp）
时间限制 : 1.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：10 分
【问题描述】
小蓝有一个长度均为 n 且仅由数字字符 0 ∼ 9 组成的字符串，下标从 0 到 n − 1，你可以将其视作是一个具有 n 位的十进制数字 num，小蓝可以从 num 中 选出一段连续的子串并将子串进行反转，最多反转一次。
小蓝想要将选出的子串进行反转后再放入原位置处得到的新的数字 numnew 满足条件 numnew < num， 请你帮他计算下一共有多少种不同的子串选择方案，只要两个子串在 num 中的 位置不完全相同我们就视作是不同的方案。
注意，我们允许前导零的存在，即数字的最高位可以是 0 ，这是合法的。
【输入格式】
输入一行包含一个长度为 n 的字符串表示 num （仅包含数字字符 0 ∼ 9 ），从左至右下标依次为 0 ∼ n − 1。
【输出格式】
输出一行包含一个整数表示答案。
【样例输入】
210102
【样例输出】
8
【样例说明】
一共有 8 种不同的方案：
1 ）所选择的子串下标为 0 ∼ 1 ，反转后的 num new = 120102 < 210102 ； 2 ）所选择的子串下标为 0 ∼ 2 ，反转后的 num new = 012102 < 210102 ； 3 ）所选择的子串下标为 0 ∼ 3 ，反转后的 num new = 101202 < 210102 ； 4 ）所选择的子串下标为 0 ∼ 4 ，反转后的 num new = 010122 < 210102 ； 5 ）所选择的子串下标为 0 ∼ 5 ，反转后的 num new = 201012 < 210102 ； 6 ）所选择的子串下标为 1 ∼ 2 ，反转后的 num new = 201102 < 210102 ； 7 ）所选择的子串下标为 1 ∼ 4 ，反转后的 num new = 201012 < 210102 ；8）所选择的子串下标为 3 ∼ 4 ，反转后的 numnew = 210012 < 210102 ；
【评测用例规模与约定】
对于 20 % 的评测用例， 1 ≤ n ≤ 100 ； 对于 40 % 的评测用例， 1 ≤ n ≤ 1000 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ n ≤ 5000 。思路：
非常标准的区间dp，bool数组记录这个区间能否翻转，如果左端大于右端，则可以翻转；如果两端一样则区间缩小两位，转移状态到小区间
状态转移方程：dp [ i ] [ i+k ] = dp [ i+1 ] [ i+k-1 ]
代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;void solve(){ string s; cin>>s; int n=s.length(); s=' '+s; long long ans=0; vector<vector<bool> >dp(n+1,vector<bool>(n+1,0)); for(int k=1;k<=n;k++){ for(int i=1;i+k<=n;i++){ if(s[i]>s[i+k]) dp[i][i+k]=1; else if(s[i]<s[i+k]) dp[i][i+k]=0; else dp[i][i+k]=dp[i+1][i+k-1]; ans+=dp[i][i+k]; } } cout<<ans; return;}int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); solve(); return 0;}试题 E: 颜色平衡树（ 树形dp(60%) / 平衡树 ）
时间限制 : 1.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：15 分
【问题描述】
给定一棵树，结点由 1 至 n 编号，其中结点 1 是树根。树的每个点有一个 颜色 C i 。 如果一棵树中存在的每种颜色的结点个数都相同，则我们称它是一棵颜色平衡树。
求出这棵树中有多少个子树是颜色平衡树。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n ，表示树的结点数。 接下来 n 行，每行包含两个整数 C i , F i ，用一个空格分隔，表示第 i 个结点的颜色和父亲结点编号。
特别地，输入数据保证 F 1 为 0 ，也即 1 号点没有父亲结点。保证输入数据是一棵树。
【输出格式】输出一行包含一个整数表示答案。
【样例输入】
6 2 0 2 1 1 2 3 3 3 4 1 4【样例输出】
4【样例说明】
编号为 1, 3, 5, 6 的 4 个结点对应的子树为颜色平衡树。
【评测用例规模与约定】
对于 30 % 的评测用例， n ≤ 200 ， C i ≤ 200 ； 对于 60 % 的评测用例， n ≤ 5000 ， C i ≤ 5000 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ n ≤ 200000 ， 1 ≤ C i ≤ 200000 ， 0 ≤ F i < i 。
试题 F: 买瓜（搜索剪枝）
时间限制 : 1.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：15 分
【问题描述】
小蓝正在一个瓜摊上买瓜。瓜摊上共有 n 个瓜，每个瓜的重量为 A i 。 小蓝刀功了得，他可以把任何瓜劈成完全等重的两份，不过每个瓜只能劈一刀。 小蓝希望买到的瓜的重量的和恰好为 m 。请问小蓝至少要劈多少个瓜才能买到重量恰好为 m 的瓜。如果无论怎样小蓝都无法得到总重恰好为 m 的瓜，请输出 −1 。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n , m ，用一个空格分隔，分别表示瓜的个数和 小蓝想买到的瓜的总重量。 第二行包含 n 个整数 A i ，相邻整数之间使用一个空格分隔，分别表示每个瓜的重量。
【输出格式】
输出一行包含一个整数表示答案。
【样例输入】
3 10 1 3 13【样例输出】
2【评测用例规模与约定】
对于 20 % 的评测用例， n ≤ 10 ； 对于 60 % 的评测用例， n ≤ 20 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ n ≤ 30，1 ≤ A i ≤ 10 9 ， 1 ≤ m ≤ 10 9 。
思路：
搜索剪枝，玄学复杂度，不知道能过多少，但60%应该有的
每个瓜有三种情况，全买，买一半，都不买，我们先把所有瓜排序再搜索，便于剪枝
剪枝策略：
1. 剩余的瓜全买也不足m
2. 当前的重量大于m
3. 当前的瓜数大于等于答案
4. 当前状态如果取到 和目前最优解一样的瓜数 也达不到m重量
代码：
先上课去了
试题 G: 网络稳定性（多源最短路（30%））
时间限制 : 1.5s 内存限制 : 256.0MB本题总分：20 分
【问题描述】
有一个局域网，由 n 个设备和 m 条物理连接组成，第 i 条连接的稳定性为 w i 。 对于从设备 A 到设备 B 的一条经过了若干个物理连接的路径，我们记这条 路径的稳定性为其经过所有连接中稳定性最低的那个。 我们记设备 A 到设备 B 之间通信的稳定性为 A 至 B 的所有可行路径的稳 定性中最高的那一条。 给定局域网中的设备的物理连接情况，求出若干组设备 x i 和 y i 之间的通信稳定性。如果两台设备之间不存在任何路径，请输出 −1 。
【输入格式】
输入的第一行包含三个整数 n , m , q ，分别表示设备数、物理连接数和询问 数。 接下来 m 行，每行包含三个整数 u i , v i , w i ，分别表示 u i 和 v i 之间有一条稳 定性为 w i 的物理连接。 接下来 q 行，每行包含两个整数 x i , y i ，表示查询 x i 和 y i 之间的通信稳定性。
【输出格式】
输出 q 行，每行包含一个整数依次表示每个询问的答案。
【样例输入】
5 4 3 1 2 5 2 3 6 3 4 1 1 4 3 1 5 2 4 1 3【样例输出】
-1 3 5【评测用例规模与约定】
对于 30 % 的评测用例， n , q ≤ 500 ， m ≤ 1000 ； 对于 60 % 的评测用例， n , q ≤ 5000 ， m ≤ 10000 ； 对于所有评测用例， 2 ≤ n , q ≤ 10 5 ， 1 ≤ m ≤ 3 × 10 5 ， 1 ≤ u i , v i , x i , y i ≤ n ， 1 ≤ w i ≤ 10 6 ， u i , v i ， x i , y i 。思路：
正解是nlogn的复杂度，暂时不会
考场直接Floyd算出任意两点间的稳定性，n^3拿30%跑路
代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m,q;int dp[5005][5005];void solve(){ memset(dp,-1,sizeof(dp)); cin>>n>>m>>q; while(m--){ int u,v,x; cin>>u>>v>>x; dp[u][v]=max(dp[u][v],x); //选稳定性最大的一条路 dp[v][u]=max(dp[v][u],x); } for(int k=1;k<=n;k++){ for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(i!=j&&j!=k&&i!=k){ //用 以K中转的路径 更新dp[i][j] dp[i][j]=max(dp[i][j],min(dp[i][k],dp[k][j])); } } } } while(q--){ int x,y; cin>>x>>y; cout<<dp[x][y]<<endl; }}int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); solve(); return 0;}
试题 H: 异或和之和（前缀和（60%））
时间限制 : 1.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：20 分
【问题描述】
给定一个数组 A i ，分别求其每个子段的异或和，并求出它们的和。或者说， 对于每组满足 1 ≤ L ≤ R ≤ n 的 L , R ，求出数组中第 L 至第 R 个元素的异或和。然后输出每组 L, R 得到的结果加起来的值。
【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 Ai ，相邻整数之间使用一个空格分隔。
【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 3 4 5【样例输出】
39【评测用例规模与约定】
对于 30 % 的评测用例， n ≤ 300 ； 对于 60 % 的评测用例， n ≤ 5000 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ n ≤ 10^ 5 ， 0 ≤ A i ≤ 2 ^ 20 。
思路：
异或其实和加法差不多，用前缀和O(N)预处理，n^2枚举 L和R 过60%跑路
减去之前异或过的数，相当于在异或一遍，两次异或 = 异或 0
ans(L,R) = pre [ R ] ^ pre [ L-1 ]
代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long a[100005],pre[100005];void solve(){ int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; pre[i]=pre[i-1]^a[i]; } long long ans=0; for(int L=1;L<=n;L++){ for(int R=L;R<=n;R++){ ans+=pre[R]^pre[L-1]; } } cout<<ans<<endl;}int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); solve(); return 0;}
试题 I: 像素放置（搜索剪枝）
时间限制 : 1.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：25 分
【问题描述】
小蓝最近迷上了一款名为《像素放置》的游戏，游戏在一个 n × m 的网格棋盘上进行，棋盘含有 n 行，每行包含 m 个方格。
玩家的任务就是需要对这n × m 个方格进行像素填充，填充颜色只有黑色或白色两种。有些方格中会出现一个整数数字 x(0 ≤ x ≤ 9)，这表示当前方格加上周围八个方向上相邻的方格（分别是上方、下方、左方、右方、左上方、右上方、左下方、右下方）共九个
方格内有且仅有 x 个方格需要用黑色填充。玩家需要在满足所有数字约束下对网格进行像素填充，请你帮助小蓝来完成。题目保证所有数据都有解并且解是唯一的。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m ，用一个空格分隔，表示棋盘大小。接下来 n 行，每行包含 m 个字符，表示棋盘布局。字符可能是数字 0 ∼ 9，这表示网格上的数字；字符还有可能是下划线（ASCII 码为 95 ），表示一个不 带有数字的普通网格。
【输出格式】
输出 n 行，每行包含 m 个字符，表示答案。如果网格填充白色则用字符 0表示，如果网格填充黑色则用字符 1 表示。
【样例输入】
6 8 _1__5_1_ 1_4__42_ 3__6__5_ ___56___ _688___4 _____6__【样例输出】
00011000 00111100 01000010 11111111 01011110 01111110
上图左是样例数据对应的棋盘布局，上图右是此局游戏的解。例如第 3 行第 1 列处的方格中有一个数字 3 ，它周围有且仅有 3 个格子被黑色填充，分别是第 3 行第 2 列、第 4 行第 1 列和第 4 行第 2 列的方格。
【评测用例规模与约定】
对于 50 % 的评测用例， 1 ≤ n , m ≤ 5 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ n , m ≤ 10 。思路：
搜索剪枝，枚举所有的状态，然后根据给出的黑色个数来剪枝，因为样例的6*8秒出了，复杂度应该差不多（剪枝复杂度都是玄学）
代码：
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;int a[15][15];int n,m;int ans[15][15];bool flag=0;int d[9][2]={-1,-1,-1,0,-1,1,0,-1,0,0,0,1,1,-1,1,0,1,1};int cnt(int x,int y){ int res=0; for(int i=0;i<9;i++){ int dx=x+d[i][0],dy=y+d[i][1]; res+=(ans[dx][dy]==1); } return res;}bool check(int x,int y){ for(int i=1;i<=x-2;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]==-1)continue; if(cnt(i,j)!=a[i][j]){ return 0; } } } if(x>=2) for(int j=1;j<=y-2;j++){ if(a[x-1][j]==-1)continue; if(cnt(x-1,j)!=a[x-1][j])return 0; } return 1;}bool check2(){ for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]==-1)continue; if(cnt(i,j)!=a[i][j]){ return 0; } } } return 1;}void dfs(int x,int y){ if(flag)return; if(x==n+1){ if(check2()==0)return; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ cout<<ans[i][j]; } cout<<endl; } flag=1; return; } if(check(x,y)==0)return; if(y==m){ ans[x][y]=1; dfs(x+1,1); ans[x][y]=0; dfs(x+1,1); return; } ans[x][y]=1; dfs(x,y+1); ans[x][y]=0; dfs(x,y+1); return;}void solve(){ cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ char ch; cin>>ch; if(ch=='_')a[i][j]=-1; else a[i][j]=ch-'0'; } } dfs(1,1); return;}int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); solve(); return 0;}/*6 8_1__5_1_1_4__42_3__6__5____56____688___4_____6__*/试题 J: 翻转硬币（莫比乌斯函数）
时间限制 : 3.0s 内存限制 : 256.0MB本题总分：25 分
【问题描述】
给定 n 个按顺序摆好的硬币，一开始只有第 1 个硬币朝下，其他硬币均朝上。你每次操作可以选择任何一个整数 i 并将所有满足 j mod i = 0 的位置 j 的硬币翻转。求最少需要多少次操作可以让所有硬币都朝上。
【输入格式】
输入一行包含一个整数 n 。
【输出格式】
输出一行包含一个整数表示最少需要的操作次数。
【样例输入 1】
7【样例输出 1】
6【样例输入 2】
1131796【样例输出 2】
688042【评测用例规模与约定】
对于 30 % 的评测用例， n ≤ 5 × 10 6 ； 对于 70 % 的评测用例， n ≤ 10^ 9 ； 对于所有评测用例， 1 ≤ n ≤ 10^ 18 。