第九届蓝桥杯大赛个人赛决赛（软件类本科B组）做题笔记和订正

标题：换零钞

x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。
小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。
小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍，
剩下的当然都是5元面额的。

银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？
（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）

注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
Ans=74

Codes：
#include <iostream>

using namespace std;

/*

标题：换零钞

银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？
（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）

注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。

int main(){

int minN=1E6;
for(int i=1;21*i<=200;i++){//i: 1元的张数
int five=200-21*i;
int thisN=0;
if(five%5==0){
thisN=11*i+five/5;
cout<<i<<"张 1元 "<<10*i<<"张2元 "<<five/5<<"张5元"<<endl;
minN=min(minN,thisN);
}
}

cout<<minN<<endl;
system("pause");
return 0;
}

标题：激光样式

x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。
安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！
国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？

显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即：
全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种）
开一台，共3种
开两台，只1种

30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。

要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。

注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。

Ans=2178309

Codes：

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <cmath>

using namespace std;

int arr[30];

long long ans=31;

void init(int num){

for(int i=0;i<30;i++)

arr[i]=0;

for(int i=0;i<num;i++)

arr[i]=1;

sort(arr,arr+30);

}

bool check(){

if( (arr[0]==1 && arr[1]==1) || (arr[30-1]==1 && arr[30-2]==1))

return false;

for(int i=1;i<30-1;i++){//相邻相邻的两台激光器不能同时打开！

if(arr[i]==1 && (arr[i-1]==1 || arr[i+1]==1 ))

return false;

}

return true;

}

void PrintArr(){

for(int i=0;i<30;i++)

cout<<arr[i]<<" ";

cout<<endl;

}

void demo(int chose){

init(chose);

do{

if(check()){

ans++;

// PrintArr();

if(ans%100000==0)

cout<<ans<<endl;

}

}while(next_permutation(arr,arr+30));

}

// 0~ceil(1.0*n/2)全排列+check

int main(){

for(int i=2;i<=ceil(1.0*30/2);i++)

demo(i);

cout<<ans<<endl;

cout<<"hello world!"<<endl;

system("pause");

return 0;

}

标题：格雷码

格雷码是以n位的二进制来表示数。
与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。
首尾两个数字也要求只有1位之差。

有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种：
从编码全0开始生成。
当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0）
当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。
用这个规则产生的4位格雷码序列如下：
0000
0001
0011
0010
0110
0111
0101
0100
1100
1101
1111
1110
1010
1011
1001
1000

以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。

#include <stdio.h>
void show(int a,int n)
{
   int i;
   int msk = 1;
   for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;
   for(i=0; i<n; i++){
       printf((a & msk)? "1" : "0");
       msk = msk >> 1;
   }
   printf("\n");
}

void f(int n)
{
   int i;
   int num = 1;
   for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;

   int a = 0;
   for(i=0; i<num; i++){
       show(a,n);

       if(i%2==0){
           a = a ^ 1;
       }
       else{
           a = _________________________ ; //填空
       }
   }
}

int main()
{
f(4);
return 0;
}

请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。
订正的Codes:
#include <stdio.h>
void show(int a,int n)
{
   int i;
   int msk = 1;
   for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;
   for(i=0; i<n; i++){
       printf((a & msk)? "1" : "0");
       msk = msk >> 1;
   }
   printf("\n");
}

void f(int n)
{
   int i;
   int num = 1;
   for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;

   int a = 0;
   for(i=0; i<num; i++){
       show(a,n);

       if(i%2==0){
           a = a ^ 1;
       }
       else{
           a = a ^ ((a & -a)<<1); //填空 lowbit(x)是x的二进制表达式中最低位的1所对应的值。
       }
   }
}

int main()
{
f(4);
return 0;
}

标题：调手表

小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。
在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。
大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。
作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。
小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊……
他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。
注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。
比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。

「输入格式」
一行两个整数 n, k ，意义如题。

「输出格式」
一行一个整数
表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。

「样例输入」
5 3

「样例输出」
2

「样例解释」
如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：
1：+1
2：+1, +1
3：+3
4：+3, +1

「数据范围」
对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5
对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100
对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>
不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

订正的Codes:
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

int d[100010];
int n,k;

void bfs(){
   queue<int> q;
   memset(d,-1,sizeof(d) );
   d[0]=0;
   q.push(0);

   while(!q.empty()){
       int t=q.front();
       q.pop();

       int a = (t + 1) % n;
       if(d[a]==-1){
           d[a]=d[t]+1;
           q.push(a);
       }

       int b = (t + k) % n;
       if(d[b] == -1){
           d[b] = d[t] + 1;
           q.push(b);
       }
   }
}

int main(int argc, char** argv) {
   cin>>n>>k;
   bfs();

   int res=0;

   for(int i = 0 ; i < n ; i ++){
//       cout<<i<<":"<<d[i]<<endl;
       res=max(res,d[i]);
   }

   cout<<res<<endl;

return 0;
}

标题：搭积木

小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：

规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。

其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。

【输入格式】
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸。每个字符只可能是‘.’或‘X’。

【输出格式】
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。

【样例输入1】
2 3
..X
.X.

【样例输出1】
4

【样例说明1】
成功的摆放有（其中O表示放置积木）：
(1)
..X
.X.
(2)
..X
OX.
(3)
O.X
OX.
(4)
..X
.XO

【样例输入2】
3 3
..X
.X.
...

【样例输出2】
16

【数据规模约定】
对于10%的数据，n=1，m<=30；
对于40%的数据，n<=10，m<=30；
对于100%的数据，n<=100，m<=100。

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

解题思路：dp+前缀和优化

订正的Codes:
#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=110, mod=1e9+7;

int n,m;
LL s[N][N];// 二维前缀和
int c[N][N]; // 表示第i层前j个字符中有多少个 'X'
LL f[N][N][N];

void get_prefix_sum(int i){
   for(int j=1;j<=m;j++)
       for(int k=1;k<=m;k++)
           s[j][k]=(s[j - 1][k] + s[j][k - 1]-s[j - 1][k - 1]+ f[i][j][k]) % mod;
}

LL get_sum(int x1,int y1,int x2,int y2){
return (s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1]) % mod;
}

int main(int argc, char** argv) {
   cin>>n>>m;

   char str[N];

   for(int i=n;i;i--){
       cin>>str+1;
       for(int j=1;j<=m;j++)
           c[i][j]=c[i][j-1]+(str[j]=='X');
   }

   //初始化dp 数组
   f[0][1][m]=1;
   get_prefix_sum(0);

   int res=1;
   for(int i=1;i<=n;i++){
       for(int j=1;j<=m;j++)
           for(int k=j;k<=m;k++)
               if(c[i][k]-c[i][j-1] == 0){
                   LL &x=f[i][j][k];
                   x=(x + get_sum(1,k,j,m) )% mod;
                   res=(res+x)%mod;
               }
       get_prefix_sum(i);
   }

   cout<<(res+mod)%mod<<endl;

   return 0;
}

标题：矩阵求和

经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。
今天小明的任务是填满这么一张表：
表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。
其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方，
gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列：
1 1 1 1
1 4 1 4
1 1 9 1
1 4 1 16

小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。
由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。

「输入格式」
一行一个正整数 n 意义见题。

「输出格式」
一行一个数，表示所有元素的和。由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。

「样例输入」
4

「样例输出」
48

「数据范围」
对于 30% 的数据，n <= 1000
存在 10% 的数据，n = 10^5
对于 60% 的数据，n <= 10^6
对于 100% 的数据，n <= 10^7

资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 2000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。

订正的Codes:
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=1e7+10,mod=1e9+7;

int primes[N],euler[N],cnt;
bool st[N];

LL s[N];

//质数存在primes[]中， euler[i] 表示
//i的欧拉函数

void get_eulers(int n){//欧拉函数\varphi(n)是小于或等于n的正整数中与n 互质的数的数目
   euler[1]=1;
   for(int i=2;i<=n;i++){
       if(!st[i]){
           primes[cnt++]=i;
           euler[i]=i-1;
       }
       for(int j=0;j<cnt && i *primes[j]<=n;j++){
           st[primes[j]*i ]=true;
           if(i%primes[j]==0){
               euler[i*primes[j]]=euler[i]*primes[j];
               break;
           }
           euler[i*primes[j]]=euler[i]*(primes[j]-1);
       }
   }
   s[1]=euler[1];
   for(int i=2;i<=n;i++)
       s[i]=(s[i-1]+2*euler[i])%mod;
}

int main(){
   int n;
   cin>>n;

   get_eulers(n);

   LL res=0;
   for(int d=1;d<=n;d++)
       res=(res+s[n/d]*d %mod *d)%mod;

   cout<<res<<endl;

return 0;
}