【蓝桥杯真题】2021年蓝桥杯省赛A组题目解析+代码（python组）

2021年蓝桥杯省赛A组题解（python组）

来自微信公众号：算法梦工厂，二维码见文末。
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A：卡片

答案：3181

解析

涉及知识点：枚举
做法：因为首先到达2021张的一定是数字‘1’，所以只需要统计1的个数就可以。

num=0
for i in range(1,10000):num+=str(i).count("1")if 2021 == num:print(i)break

B：直线

答案：40257

解析

可以求每条的斜率k和截距b，然后进行去重。

# -*- coding:UTF-8 -*-
# 斜率： k = (y2 - y1) / (x2 - x1)
# 截距：b = - k * x1 + y1 = (x2 * y1 - x1 * y2) / (x2 - x1)points = [[i, j] for i in range(20) for j in range(21)]  # 每个点的坐标
res = set()  # 储存结果，并且进行去重
for i in range(len(points)):x1, y1 = points[i][0], points[i][1]for j in range(i, len(points)):x2, y2 = points[j][0], points[j][1]if x1 == x2:  # 斜率为无穷时不进行计算continuek = (y2 - y1) / (x2 - x1)b = (x2 * y1 - x1 * y2) / (x2 - x1)if (k, b) not in res:res.add((k, b))
print(len(res) + 20)40257

C：货物摆放

解析

通过分解质数来进行计算，把所有的质数对存储起来，然后进行筛选。

# -*- coding:UTF-8 -*-
import time
start = time.perf_counter()
n = int(input())
docker = set()
for i in range(1, int(n ** 0.5) + 1):if n % i == 0:docker.add(i)docker.add(n // i)
ans = 0
for i in docker:for j in docker:for k in docker:if i * j * k == n:ans += 1
print(ans)
end = time.perf_counter()
print(f"Running time: {end - start} Seconds")2021041820210418
2430

D：路径

解析

主要思想就是求解最小公倍数，然后再加上一个判断就可以

建图：共2021个结点组成的图，枚举任意两点组合，通过计算最大公约数，记录这两个点之间的距离，即增加一条边。
最短路求解：可以使用Floyd算法或DijkStra算法计算最短路。（这里因为是填空题，建议使用Floyd算法更加好写，可以考虑两个算法都实现用来相互验证）

import mathdef func(x, y):x1, y1 = x, ywhile y1:x1, y1 = y1, x1 % y1  # x1为最大公约数return x * y // x1n = int(input())
dp = [float('inf')] * (n + 1)
dp[1] = 0
for i in range(1, n + 1):for j in range(i + 1, i + 22):if j > n:   # 跳出循环breakdp[j] = min(dp[j], dp[i] + func(i, j))
print(dp[n])2021
10266837

E：回路计数

解析

详见https://mp.weixin.qq.com/s/IsJKGLMkFMKOAlu5YE2mrw试题E

# -*- coding:UTF-8 -*-
from math import gcd
n = int(input())
m = 1 << n
dp = [[0 for j in range(n)] for i in range(m)]  # dp[i][j]对于状态i，i的二进制表示中为1的位置 表示走过了教学楼j
load = [[False for j in range(n)] for i in range(n)]  # 存储i, j之间是否有路
for i in range(1, n + 1):for j in range(1, n + 1):if gcd(i, j) == 1:load[i - 1][j - 1] = True
dp[1][0] = 1
for i in range(1, m):  # 枚举每一种状态for j in range(n):if i >> j & 1:  # 判断状态i是否包含第j栋教学楼for k in range(n):  # 枚举所有可能从教学楼k走到教学楼j的情况if i - (1 << j) >> k & 1 and load[k][j]:  # 判断状态i除去j后是否包含kdp[i][j] += dp[i - (1 << j)][k]
print(sum(dp[m - 1]) - dp[m - 1][0])21
881012367360

F：时间显示

解析

简单模拟计算即可

# -*- coding:UTF-8 -*-
n = int(input())
n //= 1000   # 消除毫秒的影响
day_second = 24 * 60 * 60  # 一天的秒数
n_sencond = n % day_second      # 此时的n为一天之内的秒数
second = n % 60    # 输出秒数n_minute = n_sencond // 60  # 计算剩下的分钟
minute = n_minute % 60   # 输出分钟n_time = n_minute // 60  # 计算小时
times = n_time
print('%.2d:%.2d:%.2d' % (times, minute, second))46800999
13:00:001618708103123
01:08:23

G：杨辉三角形

解析

数据范围其实比较小，直接计算即可

# -*- coding:UTF-8 -*-
def find_n(n):if n == 1:return 1res = 3  # 已计算过的个数li, l = [1, 2], 3  # 将要进行比对的行的元素及其行数while n not in li:res += len(li) * 2 - l % 2li, l = [1] + [li[i] + li[i + 1] for i in range(len(li) - 1)] + ([li[-1] * 2] if l % 2 == 0 else []), l + 1return res + li.index(n) + 1if __name__ == '__main__':n = int(input())print(find_n(n))6
13

H：左孩子右兄弟

解析

可以发现左孩子右兄弟的存储方法，对于树上的一个节点，它的所有儿子都会按照某种顺序依次成为它的右儿子，右儿子的右儿子，右儿子的右儿子的右儿子…依次类推深度不断增加。所以这里就有一个递归的结论：对于一个节点，只有把它的所有儿子形成的子树中，转化为二叉树深度最深的儿子放到最下边，才会最优。所以对于每个结点的所有儿子顺序选择，只需要选择它的儿子形成的子树中转化成二叉树高度最高的放到最后边就能得到最优答案。

树形DP：

f[u]：以点 u 为根节点，通过 “左孩子右兄弟” 表示法转化成二叉树后的最大高度；

f[u] = 子节点数量 + 子树转化为二叉树后的最大高度；


import sys
sys.setrecursionlimit(100000)
g = [[]for i in range(10**5+10)]
def dfs(u):ans = 0cnt = len(g[u])for i in range(0, len(g[u])):ans = max(ans, dfs(g[u][i]) + cnt)return ansn = int(input())for i in range(2, n + 1):tmp = int(input())g[tmp].append(i)
ans = dfs(1)
print(ans)

I：异或数列

解析

涉及知识点：动态规划，取模
动态规划设计：
- 状态设计： dp(i,j)dp(i,j)dp(i,j) 表示前 iii 个括号插入若干个括号之后，左括号比右括号多 jjj 个的插入方法数。
- 状态转移方程： dp(i,j)=dp(i−1,j−1)dp(i,j) = dp(i-1,j-1)dp(i,j)=dp(i−1,j−1)（stristr_istri 是左括号）， dp(i,j)=∑k=0j+1dp(i−1,k)dp(i,j) = \sum_{k=0}^{j+1}dp(i-1,k)dp(i,j)=∑k=0j+1dp(i−1,k) （ stristr_istri 是右括号）
- 状态转移优化：当 stristr_istri 是右括号时，因为： dp(i,j−1)=∑k=0jdp(i−1,k)dp(i,j-1) = \sum_{k=0}^{j}{dp(i-1,k)}dp(i,j−1)=∑k=0jdp(i−1,k) ，所以 dp(i,j)=dp(i−1,j+1)+dp(i,j−1)dp(i,j) = dp(i-1,j+1) + dp(i,j-1)dp(i,j)=dp(i−1,j+1)+dp(i,j−1) 。相当于是利用一个前缀和来把 O(n)O(n)O(n) 的状态转移方程优化成 O(1)O(1)O(1) 。
- 初始状态： dp(0,0)=1dp(0,0) = 1dp(0,0)=1
注意事项：要增加 visvisvis 数组用于表示 dpdpdp 数组每个位置取模前的实际值是否为 000 ，如果只判断 dpdpdp 值可能会出现 dpdpdp 值实际不为 000 但是因为取模恰好为 000 的情况（虽然因为这个模数的特殊性，这个情况出现的概率几乎为 000 ）

代码

num = [0] * 50
def add(x):cnt = 0while x > 0:if x & 1:num[cnt] += 1cnt += 1x >>= 1T = int(input())while(T):T -= 1xorSum = 0num = [0] * 50tmp = list(map(int, input().split()))n = tmp[0]for i in range(n):add(tmp[i + 1])xorSum ^= tmp[i + 1]if xorSum == 0:print(0)continueans = 0pos = 0for i in range(30, -1, -1):if (num[i] & 1):pos = ibreakif ((n & 1) or (num[pos] == 1)):print(1)else:print(-1)

J：括号序列

解析

同c++A组括号序列

括号序列的性质：

(1) 左、右括号的数量相等

(2) 任意前缀的左括号数量必须大于等于右括号数量

最少需要添加括号的数量：

(1) 为了尽可能添加少的括号，所以添加的左、右括号不会出现如同“()”的形式。

(2) 从前往后遍历，当前前缀中，若左括号的数量小于右括号的数量，则需要添加对应数量的左括号，若遍历结束后左括号数量大于右括号，则需要添加对应数量的右括号。

添加括号的方案：

(1)左括号与右括号添加的位置方案是相互独立的，不会相互影响，即使左、右括号添加在同一个间隙，因为不能存在"()“的形式，此处只能为类似”))(("的一种形式，故总的方案数等于左括号的方案数 × 右括号的方案数。

(2)单独考虑添加左括号，若以右括号为分割点，将整个序列进行分割，因为分割后的子串中均为左括号，添加任意数目的左括号方案数均为一种，那么此时，我们仅需考虑添加不同数量的左括号的方案数即可。

(3)右括号同理

动态规划：

f[i][j]的状态表示：

(1)集合：只考虑前 i 部分，左括号比右括号多 j 个的所有方案的集合(即不同数量的左括号的方案数)

(2)属性：数量

状态计算：

#python3
MOD = (int)(1e9 + 7)def add(x, y):  return (x + y) % MODdef brackets():f = [[0 for i in range(n + 10)] for i in range(n + 10)]  f[0][0] = 1for i in range(1, n + 1):if str[i] == '(':for j in range(1, n + 1):f[i][j] = f[i - 1][j - 1]else:f[i][0] = add(f[i - 1][0], f[i - 1][1])for j in range(1, n + 1):f[i][j] = add(f[i - 1][j + 1], f[i][j - 1])for i in range(n + 1):if f[n][i]:return f[n][i]str = list(input())
n = len(str)str.insert(0, 0)  //使目标字符串下标从 1 开始
ans_l = brackets()str.reverse()
for i in range(n):if str[i] == '(':str[i] = ')'else:str[i] = '('
str.insert(0, 0)  //使目标字符串下标从 1 开始
ans_r = brackets()print(ans_l * ans_r % MOD)

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