第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛（C/C++ 大学C组）
蓝桥杯 2021年国赛真题
C/C++ 大学C组
- 试题 A: 整数范围
- 试题 B: 带宽
- 试题 C: 纯质数
- 试题 D: 完全日期
- 试题 E: 最小权值
- 试题 F: 大写
- 试题 G: 123
- 试题 H: 异或变换
- 试题 I: 巧克力
- 试题 J: 二进制问题
蓝桥杯个人赛软件类历届真题及其解析
省流，十道签到题。
试题 A: 整数范围
本题总分：555 分
【问题描述】
用 888 位二进制（一个字节）来表示一个非负整数，表示的最小值是 000，则一般能表示的最大值是多少？
【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。
255
#include <stdio.h>int main() {printf("%d", 0xff);
}
¿¿¿
试题 B: 带宽
本题总分：555 分
【问题描述】
小蓝家的网络带宽是 200200200 Mbps\mathrm{Mbps}Mbps，请问，使用小蓝家的网络理论上每秒钟最多可以从网上下载多少 MB\mathrm{MB}MB 的内容。
【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。
25
#include <stdio.h>int main() {printf("%d", 200 / 8);
}
ps\mathrm{ps}ps 意为 persecond\mathrm{per\ second}per second，1B=8b1\mathrm{B} = 8\mathrm{b}1B=8b。
试题 C: 纯质数
本题总分：101010 分
【问题描述】
如果一个正整数只有 111 和它本身两个约数，则称为一个质数（又称素数）。
前几个质数是：：：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,⋯2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,\cdots2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,⋯。
如果一个质数的所有十进制数位都是质数，我们称它为纯质数。例如：：：2,3,5,7,23,372, 3, 5, 7, 23, 372,3,5,7,23,37 都是纯质数，而 11,13,17,19,29,3111, 13, 17, 19, 29, 3111,13,17,19,29,31 不是纯质数。当然 1,4,351, 4, 351,4,35 也不是纯质数。
请问，在 111 到 202106052021060520210605 中，有多少个纯质数？
【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。
1903
#include <stdio.h>const int N = 20210605;int ans, composite[N + 1];int check(int n) {if (n < 10) return n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7;doif (!check(n % 10)) return 0;while (n /= 10);return 1;
}int main() {for (int i = 2; i <= N; ++i)if (!composite[i]) {for (int j = i + i; j <= N; j += i) composite[j] = 1;if (check(i)) ++ans;}printf("%d", ans);
}
埃拉托色尼筛选法。
试题 D: 完全日期
本题总分：101010 分
【问题描述】
如果一个日期中年月日的各位数字之和是完全平方数，则称为一个完全日期。
例如：：：202120212021 年 666 月 555 日的各位数字之和为 2+0+2+1+6+5=162 + 0 + 2 + 1 + 6 + 5 = 162+0+2+1+6+5=16，而 161616 是一个完全平方数，它是 444 的平方。所以 202120212021 年 666 月 555 日是一个完全日期。
例如：：：202120212021 年 666 月 232323 日的各位数字之和为 2+0+2+1+6+2+3=162 + 0 + 2 + 1 + 6 + 2 + 3 = 162+0+2+1+6+2+3=16，是一个完全平方数。所以 202120212021 年 666 月 232323 日也是一个完全日期。
请问，从 200120012001 年 111 月 111 日到 202120212021 年 121212 月 313131 日中，一共有多少个完全日期？
【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。
977
#include <stdio.h>int ans, days[]{0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};int is_leap(int year) { return !(year % 100 ? year % 4 : year % 400); }int calc(int n) {int res = 0;dores += n % 10;while (n /= 10);return res;
}int check(int n) {switch (n) {case 1:case 4:case 9:case 16:case 25:case 36: return 1;}return 0;
}int main() {for (int year = 2001; year <= 2021; ++year)for (int month = 1; month <= 12; ++month) {if (is_leap(year)) days[2] = 29;for (int day = 1; day <= days[month]; ++day)if (check(calc(year) + calc(month) + calc(day))) ++ans;days[2] = 28;}printf("%d", ans);
}
签到 ×4\times\ 4× 4。
试题 E: 最小权值
本题总分：151515 分
【问题描述】
对于一棵有根二叉树 TTT，小蓝定义这棵树中结点的权值 W(T)W(T)W(T) 如下：：：
空子树的权值为 000。
如果一个结点 vvv 有左子树 LLL，右子树 RRR，分别有 C(L)C(L)C(L) 和 C(R)C(R)C(R) 个结点，则 W(v)=1+2W(L)+3W(R)+(C(L))2C(R)W(v) = 1 + 2W(L) + 3W(R) + (C(L))^2C(R)W(v)=1+2W(L)+3W(R)+(C(L))2C(R)。
树的权值定义为树的根结点的权值。
小蓝想知道，对于一棵有 202120212021 个结点的二叉树，树的权值最小可能是多少？
【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。
2653631372
动态规划
#include <stdio.h>#define min(a, b) (a < b ? a : b)const int N = 2021;long long dp[N + 1];int main() {for (int i = 1; i <= N; ++i) {dp[i] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;for (int l = 0; l < i; ++l)dp[i] = min(dp[i], 1 + 2 * dp[l] + 3 * dp[i - l - 1] + l * l * (i - l - 1));}printf("%lld", dp[N]);
}
设 fif_ifi 为 C(T)=iC(T) = iC(T)=i 的有根二叉树 TTT 的最小权值，显然 fif_ifi 无后效性，故考虑动态规划，有转移方程：：：fi=min(1+2fl+3fr+l2r),i=l+r+1,l,r∈Nf_i = \min(1 + 2f_l + 3 f_r + l^2r),\quad i = l + r + 1,\quad l,r \in \mathbb Nfi=min(1+2fl+3fr+l2r),i=l+r+1,l,r∈N 初始时 f0=0f_0 = 0f0=0，答案为 f2021f_{2021}f2021。
试题 F: 大写
时间限制: 1.0s1.0\mathrm s1.0s 内存限制: 256.0MB256.0\mathrm{MB}256.0MB 本题总分：151515 分
【问题描述】
给定一个只包含大写字母和小写字母的字符串，请将其中所有的小写字母转换成大写字母后将字符串输出。
【输入格式】
输入一行包含一个字符串。
【输出格式】
输出转换成大写后的字符串。
【样例输入】
LanQiao
【样例输出】
LANQIAO
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，字符串的长度不超过 100100100。
#include <stdio.h>#define upper(a) a >= 'a' && a <= 'z' ? a - 0x20 : aint main() {for (int a; ~(a = getchar());) putchar(upper(a));
}
签到 ×6\times\ 6× 6，几个常用的 ASCII\mathrm{ASCII}ASCII 码 需要记住，
像 000 对应 0x300\mathrm x300x30；A\mathrm AA 对应 0x410\mathrm x410x41；a\mathrm aa 对应 0x610\mathrm x610x61，
且数字字母字符在 ASCII\mathrm{ASCII}ASCII 码 表中是自然连续的。
试题 G: 123
时间限制: 1.0s1.0\mathrm s1.0s 内存限制: 256.0MB256.0\mathrm{MB}256.0MB 本题总分：202020 分
【问题描述】
小蓝发现了一个有趣的数列，这个数列的前几项如下：：：
1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,⋯1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, \cdots1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,⋯
小蓝发现，这个数列前 111 项是整数 111，接下来 222 项是整数 111 至 222，接下来 333 项是整数 111 至 333，接下来 444 项是整数 111 至 444，依次类推。
小蓝想知道，这个数列中，连续一段的和是多少。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 TTT，表示询问的个数。
接下来 TTT 行，每行包含一组询问，其中第 iii 行包含两个整数 lil_ili 和 rir_iri，表示询问数列中第 lil_ili 个数到第 rir_iri 个数的和。
【输出格式】
输出 TTT 行，每行包含一个整数表示对应询问的答案。
【样例输入】
3
1 1
1 3
5 8
【样例输出】
1
4
8
【评测用例规模与约定】
对于 10%10\%10% 的评测用例，1≤T≤30,1≤li≤ri≤1001 ≤ T ≤ 30, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 1001≤T≤30,1≤li≤ri≤100。
对于 20%20\%20% 的评测用例，1≤T≤100,1≤li≤ri≤10001 ≤ T ≤ 100, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10001≤T≤100,1≤li≤ri≤1000。
对于 40%40\%40% 的评测用例，1≤T≤1000,1≤li≤ri≤1061 ≤ T ≤ 1000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^61≤T≤1000,1≤li≤ri≤106。
对于 70%70\%70% 的评测用例，1≤T≤10000,1≤li≤ri≤1091 ≤ T ≤ 10000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^91≤T≤10000,1≤li≤ri≤109。
对于 80%80\%80% 的评测用例，1≤T≤1000,1≤li≤ri≤10121 ≤ T ≤ 1000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{12}1≤T≤1000,1≤li≤ri≤1012。
对于 90%90\%90% 的评测用例，1≤T≤10000,1≤li≤ri≤10121 ≤ T ≤ 10000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{12}1≤T≤10000,1≤li≤ri≤1012。
对于所有评测用例，1≤T≤100000,1≤li≤ri≤10121 ≤ T ≤ 100000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{12}1≤T≤100000,1≤li≤ri≤1012。
容斥原理
令该数列为 AAA，显然对于每个回答 ∑i=lrai\sum_{i=l}^ra_i∑i=lrai 可变化为 ∑i=1rai−∑i=1l−1ai\sum_{i=1}^ra_i - \sum_{i=1}^{l-1}a_i∑i=1rai−∑i=1l−1ai，同时构造数列 SSS，∑i=1ksi=∑i=1k(k+1)/2ai\sum_{i=1}^ks_i = \sum_{i=1}^{k(k + 1)/2} a_i∑i=1ksi=∑i=1k(k+1)/2ai，并定义 l′l'l′ 满足 l=l′(l′+1)/2l = l'(l' + 1) / 2l=l′(l′+1)/2，容易将回答再变化为 ∑i=1r′si−∑i=1l′−ξsi\sum_{i=1}^{r'}s_i - \sum_{i=1}^{l'-\xi}s_i∑i=1r′si−∑i=1l′−ξsi，不过 l′、r′l'、r'l′、r′ 都可能不为正整数，但容易发现 sk=ak(k−1)/2+1+ak(k−1)/2+2+⋯+ak(k+1)/2s_k = a_{k(k-1)/2+1} + a_{k(k-1)/2+2} + \cdots +a_{k(k+1)/2}sk=ak(k−1)/2+1+ak(k−1)/2+2+⋯+ak(k+1)/2，因此在此基础上添加一点点细节，将 AAA 的前缀和变化为：：：calci=∑j=1iaj=∑j=1⌊i′⌋si+∑j=1i−⌊i′⌋aj,\mathrm{calc}_i = \sum_{j=1}^ia_j = \sum_{j=1}^{\lfloor i'\rfloor}s_i + \sum_{j=1}^{i-\lfloor i'\rfloor}a_j,calci=j=1∑iaj=j=1∑⌊i′⌋si+j=1∑i−⌊i′⌋aj, 最终，答案为：：：ansl,r=calcr−calcl−1.\mathrm{ans}_{l,r}=\mathrm{calc}_r - \mathrm{calc}_{l-1}.ansl,r=calcr−calcl−1.
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>const int N = sqrt(2e12) + 9;typedef long long ll;ll A[N], S[N], l, r;ll calc(ll n) {ll *K = std::upper_bound(A, A + N, n) - 1;return S[K - A] + A[n - *K];
}int T;int main() {for (int i = 0; i < N; ++i)A[i] = A[i - 1] + i,S[i] = S[i - 1] + A[i];for (scanf("%d", &T); T--;) {scanf("%lld %lld", &l, &r);printf("%lld\n", calc(r) - calc(l - 1));}
}
试题 H: 异或变换
时间限制: 1.0s1.0\mathrm s1.0s 内存限制: 256.0MB256.0\mathrm{MB}256.0MB 本题总分：202020 分
【问题描述】
小蓝有一个 010101 串 s=s1s2s3⋅⋅⋅sns = s_{1} s_{2} s_{3} · · · s_{n}s=s1s2s3⋅⋅⋅sn。
以后每个时刻，小蓝要对这个 010101 串进行一次变换。每次变换的规则相同。
对于 010101 串 s=s1s2s3⋅⋅⋅sns = s_{1} s_{2} s_{3} · · · s_{n}s=s1s2s3⋅⋅⋅sn，变换后的 010101 串 s′=s1′s2′s3′⋯sn′s' = s'_{1}s'_{2}s'_{3} \cdots s'_{n}s′=s1′s2′s3′⋯sn′ 为：：：
s1′=s1s'_{1} = s_{1}s1′=s1;
si′=si−1⊕sis'_{i} = s_{i−1} ⊕ s_{i}si′=si−1⊕si。
其中 a⊕ba ⊕ ba⊕b 表示两个二进制的异或，当 aaa 和 bbb 相同时结果为 000，当 a 和 b不同时结果为 111。
请问，经过 ttt 次变换后的 010101 串是什么？
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n,tn, tn,t，分别表示 010101 串的长度和变换的次数。
第二行包含一个长度为 nnn 的 010101 串。
【输出格式】
输出一行包含一个 010101 串，为变换后的串。
【样例输入】
5 3
10110
【样例输出】
11010
【样例说明】
初始时为 101101011010110，变换 111 次后变为 111011110111101，变换 222 次后变为 100111001110011，变换 333 次后变为 110101101011010。
【评测用例规模与约定】
对于 40%40\%40% 的评测用例，1≤n≤100,1≤t≤10001 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ t ≤ 10001≤n≤100,1≤t≤1000。
对于 80%80\%80% 的评测用例，1≤n≤1000,1≤t≤1091 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ t ≤ 10^{9}1≤n≤1000,1≤t≤109。
对于所有评测用例，1≤n≤10000,1≤t≤10181 ≤ n ≤ 10000, 1 ≤ t ≤ 10^{18}1≤n≤10000,1≤t≤1018。
二项式定理
我们将 010101 串 sss 视为 nnn 维向量，第 iii 个分量为 sis_isi，容易想到通过模 222 矩阵乘法，对 sss 进行 ttt 次变化，更具体地说：：：
s=(s1,s2,⋯,sn)T,s=(s_1,s_2,\cdots,s_n)^T,s=(s1,s2,⋯,sn)T,
则变换后的 010101 串 s′s's′ 可以表示为：：：
s′=sAn×n,An×n=(110⋯00011⋯00001⋯00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000⋯11000⋯01)(mod2)s'=sA_{n\times n},A_{n\times n}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 1 \end{pmatrix}\pmod 2s′=sAn×n,An×n=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛100⋮00110⋮00011⋮00⋯⋯⋯⋱⋯⋯000⋮10000⋮11⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞(mod2)
最终答案为 sAtsA^tsAt，不过 nnn 最大为 1e41e41e4，即使是在快速幂加速的情况下，O(n3logt)O(n^3\log t)O(n3logt) 的复杂度显然无法通过所有测试用例，不过矩阵 AAA 很“工整”，我们将 AAA 拆分为 EEE 与 BBB 之和，即：：：
A=E+B=(100⋯00010⋯00001⋯00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000⋯10000⋯01)+(010⋯00001⋯00000⋯00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000⋯01000⋯00)A = E + B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 1 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 0 \end{pmatrix}A=E+B=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛100⋮00010⋮00001⋮00⋯⋯⋯⋱⋯⋯000⋮10000⋮01⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞+⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛000⋮00100⋮00010⋮00⋯⋯⋯⋱⋯⋯000⋮00000⋮10⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞
EEE、BBB 可交换，即 EB=BEEB = BEEB=BE，对二项式 At=(E+B)tA^t = (E + B)^tAt=(E+B)t 展开有 At=∑i=0nCniEn−iBi=∑i=0nCniBiA^t=\displaystyle{\sum_{i=0}^nC_{n}^iE^{n-i}B^i = \sum_{i=0}^nC_{n}^iB^i}At=i=0∑nCniEn−iBi=i=0∑nCniBi，
而 Bn×n=(bij)n×nB_{n\times n} = (b_{ij})_{n\times n}Bn×n=(bij)n×n，bij={1i=j−10otherwise,b_{ij}=\begin{cases}1 &i=j-1\\0&otherwise\end{cases},bij={10i=j−1otherwise,
根据矩阵乘法的定义，(cij)n×m=(aij)n×k(bij)k×m(c_{ij})_{n\times m}=(a_{ij})_{n\times k}(b_{ij})_{k\times m}(cij)n×m=(aij)n×k(bij)k×m，cij=∑g=1kaigbgjc_{ij} = \sum_{g=1}^ka_{ig}b_{gj}cij=∑g=1kaigbgj，则 ggg 确定时，(dij)=B2(d_{ij}) = B^2(dij)=B2，i=j−2i = j - 2i=j−2 时 dijd_{ij}dij 才非零，类似的我们可以得到结论：：：Bn=(bij),bij={1i=j−n0otherwise,B^n = (b_{ij}),\quad b_{ij}=\begin{cases}1 &i=j-n\\0&otherwise\end{cases},Bn=(bij),bij={10i=j−notherwise, 容易找到 AnA^nAn 的通项公式：：：An=(aij),aij{0i<jCnj−iotherwiseA^n = (a_{ij}),\quad a_{ij}\begin{cases}0 &i<j\\C_n^{j-i}&otherwise\end{cases}An=(aij),aij{0Cnj−ii<jotherwise 再根据组合数性质：有组合数 CnmC_n^mCnm，定义 n&mn\ \&\ mn & m 为二进制表示下，nnn、mmm 按位相与，则若 n&m=mn\ \&\ m = mn & m=m，CnmC_n^mCnm 为奇数，否则则为偶数，即可在 O(n2)O(n^2)O(n2) 复杂度下完成 sAt(mod2)sA^t\pmod 2sAt(mod2) 的计算。
证明：：：
首先 [Cnm=[C_n^m=[Cnm= 偶数]⇔[2∣Cnm]] \Leftrightarrow [2 \mid C_n^m]]⇔[2∣Cnm]，
而 Cnm=n!m!(n−m)!C_n^m = \cfrac{n!}{m!(n-m)!}Cnm=m!(n−m)!n!，令 a、b、ca、b、ca、b、c 分别为 n!、m!、(n−m)!n!、m!、(n-m)!n!、m!、(n−m)! 中因子 222 的个数，则 [Cnm=[C_n^m=[Cnm= 偶数]⇔[a>b+c]] \Leftrightarrow[a > b + c]]⇔[a>b+c]，
笔者在 十三届省赛 求阶乘 中给出过一种计算某个阶乘给定因子个数的公式，即有 a=∑i=1⌊log2n⌋⌊n2i⌋a = \displaystyle{\sum_{i=1}^{\lfloor\log_2 n\rfloor}\left\lfloor\frac n{2^i}\right\rfloor}a=i=1∑⌊log2n⌋⌊2in⌋，
若 n&m=mn\ \&\ m = mn & m=m 成立，则 ⌊n2k⌋=⌊m2k⌋+⌊n−m2k⌋\displaystyle{\left\lfloor\frac n{2^k}\right\rfloor = \left\lfloor\frac m{2^k}\right\rfloor + \left\lfloor\frac {n - m}{2^k}\right\rfloor}⌊2kn⌋=⌊2km⌋+⌊2kn−m⌋ 恒成立，同时 a=b+ca = b + ca=b+c 成立，CnmC_n^mCnm 为奇数。
若 n&m=mn\ \&\ m = mn & m=m 不成立，则 m+(n−m)m + (n - m)m+(n−m) 在某一二进制位上会出现进位，设该数位为 kkk，则有 nmod2k<mmod2k+(n−m)mod2kn\ \mathrm{mod}\ 2^k < m\ \mathrm{mod}\ 2^k + (n - m)\ \mathrm{mod}\ 2^kn mod 2k<m mod 2k+(n−m) mod 2k；⌊n2k⌋>⌊m2k⌋+⌊n−m2k⌋\displaystyle{\left\lfloor\frac n{2^k}\right\rfloor > \left\lfloor\frac m{2^k}\right\rfloor + \left\lfloor\frac {n - m}{2^k}\right\rfloor}⌊2kn⌋>⌊2km⌋+⌊2kn−m⌋，故而 a>b+ca > b + ca>b+c 成立，CnmC_n^mCnm 为偶数。
#include <stdio.h>#define min(a, b) (a < b ? a : b)char buf[10009];long long t;int n;int main() {scanf("%d %lld %s", &n, &t, buf);for (int i = n - 1; i; --i)for (int j = min(i, t); j; --j)if ((t & j) == j && buf[i - j] == '1') buf[i] ^= 1;printf("%s", buf);
}
试题 I: 巧克力
时间限制: 1.0s1.0\mathrm s1.0s 内存限制: 256.0MB256.0\mathrm{MB}256.0MB 本题总分：252525 分
【问题描述】
小蓝很喜欢吃巧克力，他每天都要吃一块巧克力。
一天小蓝到超市想买一些巧克力。超市的货架上有很多种巧克力，每种巧克力有自己的价格、数量和剩余的保质期天数，小蓝只吃没过保质期的巧克力，请问小蓝最少花多少钱能买到让自己吃 x 天的巧克力。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 x,nx, nx,n，分别表示需要吃巧克力的天数和巧克力的种类数。
接下来 nnn 行描述货架上的巧克力，其中第 iii 行包含三个整数 ai,bi,cia_i, b_i, c_iai,bi,ci，表示第 iii 种巧克力的单价为 aia_iai，保质期还剩 bib_ibi 天（从现在开始的 bib_ibi 可以吃），数量为 cic_ici。
【输出格式】
输出一个整数表示小蓝的最小花费。如果不存在让小蓝吃 xxx 天的购买方案，输出 −1-1−1。
【样例输入】
10 3
1 6 5
2 7 3
3 10 10
【样例输出】
18
【样例说明】
一种最佳的方案是第 111 种买 555 块，第 222 种买 222 块，第 333 种买 333 块。前 555 天吃第 111 种，第 6、76、76、7 天吃第 222 种，第 888 至 101010 天吃第 333 种。
【评测用例规模与约定】
对于 30%30\%30% 的评测用例，n,x≤1000n, x ≤ 1000n,x≤1000。
对于所有评测用例，1≤n,x≤100000，1≤ai,bi,ci≤1091 ≤ n, x ≤ 100000，1 ≤ a_i, b_i, c_i ≤ 10^91≤n,x≤100000，1≤ai,bi,ci≤109。
贪心 + 并查集
最佳的方案总是可以描述为：尽可能多的选择尽可能便宜的巧克力。
为此，我们按巧克力价值升序重排，并建立一个数组，标记某天是否有安排巧克力，对于每 111 种巧克力，我们至剩余保质期向前寻找第 111 个未被安排的日期，直至该种巧克力用尽或保质期内的日子都被排满。
易知每 111 种巧克力可能的安排只会被另一种更优的安排占用，故最终方案最优。
同时使用查并集去寻找某个时间前第 111 个未被安排的日期，设 xxx 与 nnn 同阶，最终复杂度为 O(xlogx)O(x\log x)O(xlogx)。
#include <stdio.h>
#include <algorithm>#define min(a, b) (a < b ? a : b)const int N = 100001;int n, x, buf, linked[N];long long ans;struct node {int a, b, c;
} choco[N];inline bool cmp(node &n1, node &n2) { return n1.a < n2.a; }int find(int x) { return x == linked[x] ? x : (linked[x] = find(linked[x])); }int main() {scanf("%d %d", &x, &n);for (int i = 0; i < n; ++i)scanf("%d %d %d", &choco[i].a, &choco[i].b, &choco[i].c);for (int i = 1; i <= x; ++i) linked[i] = i;std::sort(choco, choco + n, cmp);for (int i = 0; i < n; ++i) {if (choco[i].b > x) choco[i].b = x;while (buf = find(choco[i].b)) {if (!choco[i].c--) break;linked[buf] = buf - 1;ans += choco[i].a;}}for (int i = 1; i <= x; ++i)if (i == linked[x]) ans = -1;printf("%lld", ans);
}
贪心 + 大根堆
除了以价值大小为起点外，还可以某个时间范围内为起点考量最佳方案，更具体地说：：：
将巧克力以剩余保质期升序重排，遍历并维护当前巧克力保质期内的最优方案，为此我们建立一个以巧克力价值为关键字大根堆 HHH，对于第 iii 种巧克力，若 ci+∣H∣>bic_i + |H| > b_ici+∣H∣>bi，尝试从 HHH 中弹出 ci+∣H∣−bic_i + |H| - b_ici+∣H∣−bi 个巧克力，因为当前巧克力的加入会使堆中方案更优，然后往 HHH 中压入当前巧克力，直至 ∣H∣=bi|H| = b_i∣H∣=bi 或当前巧克力用空。
使用大根堆使得程序可以方便的以种为单位组织巧克力，最终复杂度为 O(nlogn)O(n\log n)O(nlogn)。
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <queue>struct node {int a, b;mutable int c;inline bool operator<(const node &n) const { return a < n.a; }
} choco[100000];inline bool cmp(node &n1, node &n2) { return n1.b < n2.b; }std::priority_queue<node> heap;int n, x, cnt, buf;long long ans;int main() {scanf("%d %d", &x, &n);for (int i = 0; i < n; ++i)scanf("%d %d %d", &choco[i].a, &choco[i].b, &choco[i].c);std::sort(choco, choco + n, cmp);for (int i = 0; i < n; ++i) {if (choco[i].b > x) choco[i].b = x;while (heap.size() &&heap.top().a > choco[i].a &&cnt + choco[i].c > choco[i].b) {buf = cnt + choco[i].c - choco[i].b;if (heap.top().c <= buf)cnt -= heap.top().c, heap.pop();else {if (buf > 0) heap.top().c -= buf, cnt -= buf;break;}}if (choco[i].c + cnt > choco[i].b)choco[i].c = choco[i].b - cnt;if (choco[i].c > 0)heap.push(choco[i]), cnt += choco[i].c;}if (cnt < x) puts("-1");else {for (; heap.size(); heap.pop())ans += (long long)heap.top().a * heap.top().c;printf("%lld", ans);}
}
以普遍理性而论，n≤xn \leq xn≤x 在多数测试点上应当是成立的，不过考虑到数据范围和常数等因素，大根堆实现的贪心性能上应该不优于并查集。
试题 J: 二进制问题
时间限制: 1.0s1.0\mathrm s1.0s 内存限制: 256.0MB256.0\mathrm{MB}256.0MB 本题总分：252525 分
【问题描述】
小蓝最近在学习二进制。他想知道 111 到 NNN 中有多少个数满足其二进制表示中恰好有 KKK 个 111。你能帮助他吗？
【输入格式】
输入一行包含两个整数 NNN 和 KKK。
【输出格式】
输出一个整数表示答案。
【样例输入】
7 2
【样例输出】
3
【评测用例规模与约定】
对于 30%30\%30% 的评测用例，1≤N≤106,1≤K≤101 ≤ N ≤ 10^6, 1 ≤ K ≤ 101≤N≤106,1≤K≤10。
对于 60%60\%60% 的评测用例，1≤N≤2×109,1≤K≤301 ≤ N ≤ 2 × 10^9, 1 ≤ K ≤ 301≤N≤2×109,1≤K≤30。
对于所有评测用例，1≤N≤1018,1≤K≤501 ≤ N ≤ 10^{18}, 1 ≤ K ≤ 501≤N≤1018,1≤K≤50。
数位 dp
设函数 fN,Kf_{N,K}fN,K 表示 111 到 NNN 中满足其二进制表示中恰好有 KKK 个 111 的数的个数，容易得知当 log2N∈Z\log_2 N \in \mathbb Zlog2N∈Z 成立时，fn=Clog2NKf_n = C_{\log_2 N}^Kfn=Clog2NK，
因此，我们可以将 NNN 看作 1∼2⌊log2N⌋1 \sim 2^{\lfloor\log_2 N\rfloor}1∼2⌊log2N⌋ 和 2⌊log2N⌋+1∼N2^{\lfloor\log_2 N\rfloor} + 1 \sim N2⌊log2N⌋+1∼N 两部分，从第二部分提出常数项 2⌊log2N⌋2^{\lfloor\log_2 N\rfloor}2⌊log2N⌋，整理可得 fN,K=C⌊log2N⌋K+fN−⌊log2N⌋,K−1f_{N,K} = C_{\lfloor\log_2 N\rfloor}^K + f_{N - \lfloor\log_2 N\rfloor, K - 1}fN,K=C⌊log2N⌋K+fN−⌊log2N⌋,K−1。
可以 数位 dp\mathrm{dp}dp，但没必要。
#include <stdio.h>long long C(int n, int m) {if (m > n) return 0;long long C = 1;for (int i = 0; i < m; ++i)C = C * (n - i) / (i + 1);return C;
}long long n, k, ans;int main() {scanf("%lld %d", &n, &k);for (int i = 63; ~i; --i)if (n >> i & 1) ans += C(i, k--);printf("%lld", ans + !k);
}
定义 countBit(x)\operatorname{countBit}(x)countBit(x)，其意义为统计 xxx 在二进制表示下 111 的个数，即 gcc\mathrm{gcc}gcc 中的__builtin_popcount，当 countBit(N)=K\operatorname{countBit}(N) = KcountBit(N)=K 时，笔者给出的程序会陷入“无法累加 C−10C_{-1}^0C−10” 的困境中，即无法统计到 NNN 这个符合要求的数，为此最后需要特判一下。
第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛（C/C++ 大学C组）相关推荐
- 2021年第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛C/C++大学A组 个人部分题解
题目下载链接:https://download.csdn.net/download/ljw_study_in_CSDN/19403461 这次国赛,基本上大题都是暴力写的,填空题只写了前两个,老混子选 ...
- 第十三届蓝桥杯大赛软件赛决赛（Java 大学C组）
蓝桥杯 2022年国赛真题 Java 大学C组 试题 A: 斐波那契与 7 试题 B: 小蓝做实验 试题 C: 取模 试题 D: 内存空间 试题 E: 斐波那契数组 试题 F: 最大公约数 试题 G: ...
- 第十三届蓝桥杯大赛软件赛决赛（Java 大学B组）
蓝桥杯 2022年国赛真题 Java 大学B组 试题 A: 重合次数 试题 B: 数数 试题 C: 左移右移 试题 D: 窗口 试题 E: 迷宫 试题 F: 小球称重 试题 G: 背包与 ...
- 第十三届蓝桥杯大赛软件赛决赛（Java 大学A组）
蓝桥杯 2022年国赛真题 Java 大学A组 试题 A: 火柴棒数字 试题 B: 小蓝与钥匙 试题 C: 内存空间 试题 D: 斐波那契数组 试题 E: 交通信号 试题 F: 数组个数 试题 G: ...
- 第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛题解
题目下载链接 注意,以下答案均为作者本人的答案,不是官方答案!!!(也就是说,可能(多半)是错的) 填空预览 25 1903 977 2607074472 试题 A: 带宽 ##[问题描述] 小蓝家的 ...
- 2021 第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛, 国赛，C/C++ 大学B 组
概览 答案提交:01-04 直接做就行 树不太确定,不过感觉是完全二叉树,贪了一个 程序设计:06-10 两个15分题,大小写是送的.123开始暴力,后来想到的前缀和优化,再后来想到了O(1)找到区块 ...
- 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组解析
第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 C/C++ 大学 B 组 试题 A: 空间 试题 B: 卡片 试题 C: 直线 试题 D: 货物摆放 试题 E: 路径 试题 F: 时间显示 试题 G: 砝码称重 试题 ...
- 第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 Java 大学 B 组（2021年4月18日）
第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛 Java 大学 B 组第一场 下载原题PDF 欢迎评论区留下答案讨论!!! 试题 A: ASC 本题总分:5 分 [问题描述] 已知大写字母 A 的 ASCII 码为 6 ...
- 2021第十二届蓝桥杯大赛软件赛省赛C++ C组真题题解
============================== 2019-2021蓝桥杯C++ C组真题题解: 2019第十届蓝桥杯大赛软件类省赛C++ C组真题题解 2020第十一届蓝桥杯大赛软件类省 ...
最新文章
- linux y脚本,Linux中脚本的使用方法
- 如何检查电脑是否安装了python-python-如何检查安装了scikit的nltk版本？
- jmap, jhat, jvisualvm：java堆内存对象分析利器
- 看一下CDI 2.0 EDR1
- LeetCode 第 23 场双周赛（970/2044，前47.5%）
- 计算机考试的基础知识高考,计算机考试基础知识试题..doc
- CREELINKS平台_处理器CeAd资源使用说明(CeAd的配置与使用)
- 为增强软件供应链安全，NIST 发布《开发者软件验证最低标准指南》
- java 8 map reduce_java8之Lambda表达式 4：MapReduce开发案例
- 从安装、管理到防御，阿里云安骑士全向测评
- 从零开始配置vim(22)——lsp简介与treesitter 配置
- android的NDK安装及工程实例
- 进入ubuntu进入系统时忘记密码了怎么办
- 这篇文章终于把中美德三国的工业互联网讲清楚了
- pytorch动态网络以及权重共享
- Nginx基本使用和代理服务器（负载均衡）--保姆级教程
- 计算机类专业工程认证,我校计算机科学与技术、测绘工程专业通过中国工程教育专业认证...
- java如何实现aes加密_Java 如何实现AES加密
- Matlab绘制幅值谱和相位谱
- 能够更便捷管理菜单栏图标的Bartender 4 Mac中文版