第九届蓝桥杯题解（C++B组）
1.第几天
2000年的1月1日，是那一年的第1天。
那么，2000年的5月4日，是那一年的第几天？
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
解法
相信大佬们有各种各样的解法，我就写一种纯代码实现的吧
代码
#include<iostream>
using namespace std;
int days[] = {31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
bool isleap(int year)
{
if((year%4==0&&year%100!=0)||year%400==0)
return true;
return false;
}
int main()
{
int year,month,day;
int ans = 0;
cin>>year>>month>>day;
for(int i=0;i<month-1;++i)//下标是从0开始的
{
ans += days[i];
if(i==1&&isleap(year))
ans+=1;
}
cout<<ans+day<<endl;
return 0;
}
答案
125
2.明码
汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。
16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。
一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，
一共16行，布局是：
第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
....
第31字节, 第32字节
这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。
题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并根据要求填写答案。
这段信息是（一共10个汉字）：下面这段数据直接输入的话，不会换行，可以先复制到记事本上，在复制记事本上的。
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
解法
这题相信大佬们也有很多种方式，这里我使用bitset来完成
代码
#include<iostream>
#include<bitset>
using namespace std;
int main()
{
for(int k=0;k<10;++k)//k个汉字
{
for(int i=0;i<16;++i)//每次输入两个字节，供需输入16次
{
int num1,num2;
cin>>num1>>num2;
bitset<8> bit1(num1),bit2(num2);
string str1 = bit1.to_string();
string str2 = bit2.to_string();
for(int i=0;i<8;++i)
if(str1[i]=='0')
cout<<" ";
else
cout<<"*";
for(int i=0;i<8;++i)
if(str2[i]=='0')
cout<<" ";
else
cout<<"*";
cout<<endl;//换个行
}
}
return 0;
}
答案
387 420 489
3.乘积尾零
如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？ 下列数据也先复制到记事本上
5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211注意：需要提交的是一个整数，表示末尾零的个数。不要填写任何多余内容。
解法
相信大佬们都有自己的看法，我一开始是用的高精度乘法，但是有些蠢了，后来才得知另一种解法。
由10=2*5可知，一个尾零是有一个2和一个5乘积得到的，我们可以对每个数分解质因数（2和5），然后统计各自的个数，最终答案取min值就行了。
代码
#include<iostream>
#include<bitset>
using namespace std;
int main()
{
int two=0,five=0;
for(int i=0;i<100;++i)
{
int num;
cin>>num;
while(num%2==0)
{
two++;
num/=2;
}
while(num%5==0)
{
five++;
num/=5;
}
}
cout<<min(two,five)<<endl;
return 0;
}
答案
31
4.测试次数
x星球的居民脾气不太好，但好在他们生气的时候唯一的异常举动是：摔手机。
各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试，并且评定出一个耐摔指数来，之后才允许上市流通。
x星球有很多高耸入云的高塔，刚好可以用来做耐摔测试。塔的每一层高度都是一样的，与地球上稍有不同的是，他们的第一层不是地面，而是相当于我们的2楼。
如果手机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则手机耐摔指数=7。
特别地，如果手机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n
为了减少测试次数，从每个厂家抽样3部手机参加测试。
某次测试的塔高为1000层，如果我们总是采用最佳策略，在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢？
请填写这个最多测试次数。
注意：需要填写的是一个整数，不要填写任何多余内容。
思路
本菜鸡理解了好久这道题，网上的分为数学解法和动态规划解法，我在这里介绍一下动态规划解法（毕竟我要是会数学，还会是现在这逼样子吗）
先入为主:dp[i][j]的含义是 i部手机，j层楼需要的测试次数。（需要注意楼层与楼层之间并没有什么不同，无非就是摔下去坏与不坏）
现在需要思考一下dp[i][j]怎么求？
dp[i][j]包括哪几种情况呢？第i部手机在j个层楼扔下去的情况之和。若是在第k层(这个第k并不是整体上的第k)扔下去，那么为摔坏和没摔坏，分别是dp[i-1][k-1]和dp[i][j-k]，由于我们运气背，所以我们总是会需要max(dp[i-1][k-1],dp[i][j-k]).
那么现在就很明朗了：dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][k-1],dp[i][j-k])+1),k=[1,j] 这里为什么最外层有一个min呢，这是因为我们的策略是最优的，我们只不过是运气背。（多理解一下，我也觉得很难理解）
初始化，由于一部手机j层楼肯定运气最差的话需要j次，二三部肯定<j次，初始化为f[i][j]=j即可
值得一提的是若是手机并没有限制个数，二分永远是最优的。
代码
#include<iostream>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N = 10 ,M = 1010;
int f[N][M];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
f[i][j]=j;
}
}
for(int i=2;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
for(int k=1;k<=j;++k)
{
f[i][j]=min(f[i][j],max(f[i-1][k-1],f[i][j-k])+1);
}
}
}
cout<<f[n][m]<<endl;
return 0;
}
答案
19
5.快速排序
以下代码可以从数组a[]中找出第k小的元素。
它使用了类似快速排序中的分治算法，期望时间复杂度是O(N)的。请仔细阅读分析源码，填写划线部分缺失的内容。
#include <stdio.h>
int quick_select(int a[], int l, int r, int k) {
int p = rand() % (r - l + 1) + l;
int x = a[p];
{int t = a[p]; a[p] = a[r]; a[r] = t;}
int i = l, j = r;
while(i < j) {
while(i < j && a[i] < x) i++;
if(i < j) {
a[j] = a[i];
j--;
}
while(i < j && a[j] > x) j--;
if(i < j) {
a[i] = a[j];
i++;
}
}
a[i] = x;
p = i;
if(i - l + 1 == k) return a[i];
if(i - l + 1 < k) return quick_select( _____________________________ ); //填空
else return quick_select(a, l, i - 1, k);
}
int main()
{
int a[] = {1, 4, 2, 8, 5, 7, 23, 58, 16, 27, 55, 13, 26, 24, 12};
printf("%d\n", quick_select(a, 0, 14, 5));
return 0;
}
思路
这个代码的思路相信大佬们都很容易理解。我简单说一下：每次随机取一个数放在末尾并备份保存下来，然后开始遍历，从开头找比这个数大的，放到后面；然后从后面找比这个数小的，放到开头；重复到最后只剩一个空位，也就是i==j，这个时候，剩下的肯定就是我们备份的那个，赋值即可。
最后若是这个备份的数刚好是第k个数就返回，若不是，则分为两种情况：在左半段，这个时候就返回左半段的第k个数；在右半段，这个时候由于左半段有(i-l)+1个数字，那么我们返回第k-((i-l)+1)个数字。
答案
a,i+1,r,k-(i-l+1)
6.递增三元组
给定三个整数数组
A = [A1, A2, … AN],
B = [B1, B2, … BN],
C = [C1, C2, … CN]，
请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足：1 <= i, j, k <= N
Ai < Bj < Ck
【输入格式】
第一行包含一个整数N。
第二行包含N个整数A1, A2, … AN。
第三行包含N个整数B1, B2, … BN。
第四行包含N个整数C1, C2, … CN。对于30%的数据，1 <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000【输出格式】
一个整数表示答案【样例输入】
3
1 1 1
2 2 2
3 3 3【样例输出】
27
思路
相信大佬们也会好多种做法，前缀和，二分啥的，我在这里介绍利用c++库函数得来的答案。
首先我们思路肯定是，对于一个b[i]，找a中比他小的数的个数，c中比他大的数的个数，然后想乘。每个b[i]的答案最终相加就是最终的结果。那么怎么找呢，就要先对a,c排序，然后调用库函数求，说着比较抽象，看代码。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N];
int b[N];
int c[N];
int n;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];
for(int i=0;i<n;++i)cin>>b[i];
for(int i=0;i<n;++i)cin>>c[i];
sort(a,a+n);
sort(c,c+n);
long long res = 0;
for(int i=0;i<n;++i)
{
long long t1 = lower_bound(a,a+n,b[i])-a;
long long t2 = n-(upper_bound(c,c+n,b[i])-c);
res+=t1*t2;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
7.螺旋折线
如图p1.png所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。
例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9
给出整点坐标(X, Y)，你能计算出dis(X, Y)吗？
【输入格式】
X和Y对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
对于70%的数据，-100000 <= X，Y <= 100000
对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000【输出格式】
输出dis(X, Y)
【样例输入】
0 1【样例输出】
3
思路
这个其实就是找规律，那么怎么找规律的呢。这个比较难以形容哈！但其实你可以看做是一个一个的正方形嵌套，第一个正方形的左下角开始到第二个正方形的左下角结束。这其中的点都由第一个正方形的长度+特殊判断的长度。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
LL x,y;
cin>>x>>y;
LL len = max(abs(x),abs(y));
LL res = (len-1)*len*4;
if(x==-len)res+=(y+len);
else if(y==len)res+=2*len+x+len;
else if(x==len)res+=4*len+len-y;
else res+=6*len+len-x;
cout<<res<<endl;
return 0;
}
8.日志统计
小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份”点赞”日志，日志共有 N 行。
其中每一行的格式是：
ts id
表示在 ts 时刻编号 id 的帖子收到一个”赞”。现在小明想统计有哪些帖子曾经是”热帖”。
如果一个帖子曾在任意一个长度为 D 的时间段内收到不少于 K 个赞，小明就认为这个帖子曾是”热帖”。
具体来说，如果存在某个时刻 T 满足该帖在 [T,T+D) 这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于 K 个赞，该帖就曾是”热帖”。
给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是”热帖”的帖子编号。
第一行包含三个整数 N,D,K。
以下 N 行每行一条日志，包含两个整数 ts 和 id。
输出格式
按从小到大的顺序输出热帖 id。每个 id 占一行。
数据范围
1≤K≤N≤105,
0≤ts,id≤105,
1≤D≤10000
输入样例：
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3
输出样例：
1
3
思路
这个思路呢，有点像滑动窗口，我们利用双指针，每次统计一个区间内的各个帖子的点赞量，若是达到了热帖，就标记一下。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> PII;
PII query[N];
int cnt[N];//统计时间区间内的点赞量
bool st[N];
int n,d,k;
int main()
{
cin>>n>>d>>k;
for(int i=0;i<n;++i)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
query[i]=make_pair(a,b);
}
sort(query,query+n);
for(int i=0,j=0;i<n;++i)
{
cnt[query[i].y]++;
while(query[i].x-query[j].x>=d)
{
cnt[query[j].y]--;
j++;
}
if(cnt[query[i].y]>=k)st[query[i].y]=true;
}
for(int i=0;i<N;++i)
if(st[i])
cout<<i<<endl;
return 0;
}
9.全球变暖
你有一张某海域NxN像素的照片，”.”表示海洋、”#”表示陆地，如下所示：
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
…###.
.......
其中”上下左右”四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。
由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。
例如上图中的海域未来会变成如下样子：
.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。
【输入格式】
第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000)以下N行N列代表一张海域照片。
照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。
【输出格式】
一个整数表示答案
思路
这个就是一个很典型的宽搜 FloodFill算法(不会的可以自行百度)，但要注意题目求的是多少岛屿会被淹没。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1010;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y second
char g[N][N];
bool st[N][N];
int dx[] = {-1,0,1,0};
int dy[] = {0,1,0,-1};
int n;
bool bfs(int sx,int sy)
{
queue<PII> q;
int res = 0;//记录存活的小方块
q.push(make_pair(sx,sy));
st[sx][sy]=true;
while(q.size())
{
PII t = q.front();
q.pop();
bool flag = true;
for(int i=0;i<4;++i)
{
int a = t.x+dx[i];
int b = t.y+dy[i];
if(a<0||a>=n||b<0||b>=n)continue;
if(st[a][b])
continue;
if(g[a][b]=='.')
{
flag = false;
continue;
}
q.push({a,b});
st[a][b]=true;
}
if(flag)
res++;
}
if(res>0) return true;
return false;
}
int main()
{
cin>>n;
int tol = 0,up = 0;//tol记录总的岛屿，up记录活着的岛屿
for(int i=0;i<n;++i)cin>>g[i];
for(int i=0;i<n;++i)
{
for(int j=0;j<n;++j)
{
if(!st[i][j]&&g[i][j]=='#')
{
tol++;
if(bfs(i,j))
up++;
}
}
}
cout<<tol-up<<endl;
return 0;
}
10.最大乘积
给定 N 个整数 A1,A2,…AN。
请你从中选出 K 个数，使其乘积最大。
请你求出最大的乘积，由于乘积可能超出整型范围，你只需输出乘积除以 1000000009 的余数。
注意，如果 X<0， 我们定义 X 除以 1000000009 的余数是负(−X)除以 1000000009 的余数，即：0−((0−x)%1000000009)
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 K。以下 N 行每行一个整数 Ai。
输出格式
输出一个整数，表示答案。数据范围
1≤K≤N≤105,
−105≤Ai≤105
输入样例1：
5 3
-100000
-10000
2
100000
10000
输出样例1：
999100009
输入样例2：
5 3
-100000
-100000
-2
-100000
-100000
输出样例2：
-999999829
思路
当k为偶数的时候，当然很容易求了。每次取两个数，看看哪个乘积大。也就是求最大的非负数。
当k为奇数的时候，就不大容易求了，若是最大数是负数，那么我们另求最小非负数。若最大数是非负数，那么我们依旧求一个最大的非负数即可。
综上，我们要求最大的非负数或者最小的非负数，可以借助一个sign来将这两个代码块统一起来，而k为奇数的时候我们需要特判一下，将他变为偶数，因为偶数好求最大的非负数或者最小的非负数。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 100010,mod = 1e9+9;
typedef long long LL;
LL a[N];
int n,k;
int main()
{
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];
sort(a,a+n);
LL res= 1;
int l=0,r=n-1;
int sign=1;
if(k%2)
{
res=a[r];
r--;
k--;
if(res<0)
sign=-1;//求最小的非负数
}
while(k)
{
LL x = a[l]*a[l+1],y = a[r]*a[r-1];
if(sign*x>sign*y)
{
res=x%mod*res%mod;
l+=2;
}
else
{
res=y%mod*res%mod;
r-=2;
}
k-=2;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
