2021第十二届蓝桥杯B组省赛C/C++做题过程与反思

鄙人大一，第一次有幸参加蓝桥杯b组c。以下是本人的做题全过程，注意了！！！！不一定是正确答案！！ 如果有误，还请大佬们指点指点。

试题 A: 空间

【问题描述】

小蓝准备用 256MB 的内存空间开一个数组，数组的每个元素都是 32 位

二进制整数，如果不考虑程序占用的空间和维护内存需要的辅助空间，请问

256MB 的空间可以存储多少个 32 位二进制整数？

思路

当时想错了，想都没想直接就除了32…答案应该是 67108864（256 * 1024 * 1024 / 4）。

试题 B: 卡片

【问题描述】

小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 0 到 9。

小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 1 开始拼出正整数，每拼一个，

就保存起来，卡片就不能用来拼其它数了。

小蓝想知道自己能从 1 拼到多少。

例如，当小蓝有 30 张卡片，其中 0 到 9 各 3 张，则小蓝可以拼出 1 到 10，

但是拼 11 时卡片 1 已经只有一张了，不够拼出 11。

现在小蓝手里有 0 到 9 的卡片各 2021 张，共 20210 张，请问小蓝可以从 1

拼到多少？

思路

做的时候，信誓旦旦打出代码，提交答案 3182 赛后看到别人 3181 ？？？王德发？？好吧是我没减1…草率了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[10];
bool judge(int i)
{while(i){if(a[i%10]>=1){a[i%10]--;}else return 0;i/=10;}return 1;
}
int main()
{for(int i=0;i<=9;i++){a[i]=2021;}for(int i=1;i<=100000;i++){if(judge(i)){;}else {cout<<i-1;break;}}return 0;
}

试题 C: 直线

【问题描述】

在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上，

那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。

给定平面上 2 × 3 个整点 {(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z}，即横坐标

是 0 到 1 (包含 0 和 1) 之间的整数、纵坐标是 0 到 2 (包含 0 和 2) 之间的整数

的点。这些点一共确定了 11 条不同的直线。

给定平面上 20 × 21 个整点 {(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z}，即横

坐标是 0 到 19 (包含 0 和 19) 之间的整数、纵坐标是 0 到 20 (包含 0 和 20) 之

间的整数的点。请问这些点一共确定了多少条不同的直线。

思路

这题做的时候呢，一开始是想手写看看能不能写出来，推了有那么一段时间，用排列组合，然后排除同x同y的，最后发现…不对劲啊，斜着也可以重合。。。然后突然想到19年还是20年有一题是线分成多少个面的…要暴力存之前的线，然后发现套在这个题上也可以，所以就有了以下的思路。

直接开个结构体数组存每条线的k，b值最后看结构体数组的大小就是答案了，。但是写的时候有个问题，垂直于x，y的时候怎么处理？然后我就想，直接不处理了，画图发现垂直于x的不就是20条，垂直于y的不就是21条。那好办了，于是就有了下面的代码。答案应该是 40257

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {double k,b;
}s[1000000];
int p; //线的个数
double k,b;
void f(int x1,int y1,int x2,int y2)
{k=(double)(y1-y2)/(double)(x1-x2);//不用考虑x1==x2,y1==y2了 b=(double)(y1*(x1-x2)-x1*(y1-y2))/(x1-x2); //手推公式
}
int main()
{int n=19,m=20;for(int x1=0;x1<=n;x1++){for(int y1=0;y1<=m;y1++){for(int x2=0;x2<=n;x2++){for(int y2=0;y2<=m;y2++){if(x1==x2||y1==y2){ //特殊处理，在答案直接加垂直于x，y的线，所以不用算 continue;}f(x1,y1,x2,y2); //计算当前两点的k,b值int flag=1;for(int i=1;i<=p;i++){if(k==s[i].k&&b==s[i].b){flag=0;break;}} if(flag){  //如果之前没有这个线，就可以存起来 s[++p].k=k;s[p].b=b;}}}}}cout<<p+20+21;//加上垂直的答案; return 0;
}

试题 D: 货物摆放

【问题描述】

小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。

现在，小蓝有 n 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝

规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、

宽、高。

小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上

分别堆 L、W、H 的货物，满足 n = L × W × H。

给定 n，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。

例如，当 n = 4 时，有以下 6 种方案：1×1×4、1×2×2、1×4×1、2×1×2、

2 × 2 × 1、4 × 1 × 1。

请问，当 n = 2021041820210418 （注意有 16 位数字）时，总共有多少种

方案？

思路

一开始想着能不能暴力以下？？估计大家都有这样的想法吧，当然了，肯定跑不出来的，这么大的数。然后我就往下看了，最后才回来做的，我发现好像有个规律，找三个数相乘等于一个数，其实这三个数都是这个数的因子。所以思路就出来了，找出n的所有因子，三层循环暴力一下组合方法就行了。答案应该是 2430

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
set <ll > s;  //用set能避免去重的麻烦操作
ll a[100000],p;  //把set的数存到数组，又能化简遍历难度。
int main()
{ll n=2021041820210418;for(ll i=1;i<=sqrt(n);i++){  //开方优化if(n%i==0){s.insert(i); //无脑放就行，反正能去重 s.insert(n/i);}}set <ll > :: iterator it;for(it=s.begin();it!=s.end();it++){a[++p]=*it;}int co=0;for(int i=1;i<=p;i++){for(int j=1;j<=p;j++){for(int k=1;k<=p;k++){if(a[i]*a[j]*a[k]==n){co++;}}}}cout<<co;return 0;
}

试题 E: 路径

【问题描述】

小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图

中的最短路径。

小蓝的图由 2021 个结点组成，依次编号 1 至 2021。

对于两个不同的结点 a, b，如果 a 和 b 的差的绝对值大于 21，则两个结点

之间没有边相连；如果 a 和 b 的差的绝对值小于等于 21，则两个点之间有一条

长度为 a 和 b 的最小公倍数的无向边相连。

例如：结点 1 和结点 23 之间没有边相连；结点 3 和结点 24 之间有一条无

向边，长度为 24；结点 15 和结点 25 之间有一条无向边，长度为 75。

请计算，结点 1 和结点 2021 之间的最短路径长度是多少。

思路

这个应该蛮容易想到的，就是图论嘛，根据题意存边，存完之后跑一次弗洛伊德就行了，虽然复杂度高，但是代码简洁，用dij什么也行。代码稍微复杂一点。答案应该是 10266837

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int G[2050][2050];
int INF=200000000;
int gcd(int a,int b)
{if(b==0)return a;return gcd(b,a%b);
}
int main()
{for(int i=1;i<=2021;i++){for(int j=1;j<=2021;j++){G[i][j]=INF;}}for(int i=1;i<=2021;i++){  //按题意建图 for(int j=1;j<=2021;j++){if(abs(i-j)<=21){int lcm=i*j/gcd(i,j); //最小公倍数 G[i][j]=min(G[i][j],lcm); //注意不要直接存，会有重边 }}}for(int k=1;k<=2021;k++){  //弗洛伊德模板 for(int i=1;i<=2021;i++){if(G[i][k]==INF)continue;  //小小优化 for(int j=1;j<=2021;j++){if(G[k][j]==INF)continue;G[i][j]=min(G[i][j],G[i][k]+G[k][j]);}}}cout<<G[1][2021];return 0;
}

试题 F: 时间显示

【问题描述】

小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。在服务器上，朋友已经获取

了当前的时间，用一个整数表示，值为从 1970 年 1 月 1 日 00:00:00 到当前时

刻经过的毫秒数。

现在，小蓝要在客户端显示出这个时间。小蓝不用显示出年月日，只需要

显示出时分秒即可，毫秒也不用显示，直接舍去即可。

给定一个用整数表示的时间，请将这个时间对应的时分秒输出。

【输入格式】

输入一行包含一个整数，表示时间。

【输出格式】

输出时分秒表示的当前时间，格式形如 HH:MM:SS，其中

HH 表示时，值

为 0 到 23，MM 表示分，值为 0 到 59，SS 表示秒，值为 0 到 59。时、分、秒

不足两位时补前导 0。

【样例输入 1】

46800999

【样例输出 1】

13:00:00

【样例输入 2】

1618708103123

【样例输出 2】

01:08:23

思路

这个题总体看上去不难，但是一开始我不知道毫秒跟秒怎么换算，最后是看第一个样例得出来的结果！！！ 1秒等于1000毫秒，这道题比较好人，可以直接去掉毫秒，也就是一开始的n让它除以1000就行，然后得出来的结果是多少秒，然后在用多少秒除以60得出多少分钟，然后多少分钟除以60得出多少时，然后时，分，秒，都各自取模就好。注意一下输出，就行。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{ll n;cin>>n;n/=1000;ll s,f,m;//s是时，f是分，m是秒m=n;f=m/60;s=f/60;m%=60;f%=60;s%=24;if(s<=9){cout<<0<<s;}else cout<<s;cout<<':';if(f<=9){cout<<0<<f;}else cout<<f;cout<<':';if(m<=9){cout<<0<<m;}else cout<<m;return 0;
}

试题 G: 砝码称重

【问题描述】

你有一架天平和 N 个砝码，这 N 个砝码重量依次是 W1, W2, · · · , W**N。

请你计算一共可以称出多少种不同的重量？

注意砝码可以放在天平两边。

【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：W1, W2, W3, · · · , W**N。

【输出格式】

输出一个整数代表答案。

【样例输入】

1 4 6

【样例输出】

思路

一眼看上去，呦，这不是dp嘛，第二眼看上去，确认过眼神…01背包？嗯，不太像有点特别，多了个相减，不过道理是不变的，但是dp的条件不知道有没有写齐全，感觉有点问题。。。用dfs应该能过一些点，但是应该会超时。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int dp[105][100005];  //数据保证N个砝码总重不超过 100000
int n;
int v[105];
int m;  //所有的重量加起来，方便dp的第二层循环
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&v[i]);m+=v[i];}for(int i=0;i<=n;i++){  //预处理0处的值 dp[i][0]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(dp[i-1][j]==1){  //不要v[i]的情况 dp[i][j]=1;}else if(j>=v[i]&&dp[i-1][j-v[i]]==1){ //加一个v[i]的情况 dp[i][j]=1;}else if(j+v[i]<=m&&dp[i-1][j+v[i]]==1){ //减一个v[i]的情况 dp[i][j]=1;}else if(v[i]>=j&&dp[i-1][v[i]-j]==1){ //把v[i]放对面的情况 dp[i][j]=1;}}}int co=0;for(int i=1;i<=m;i++){if(dp[n][i]==1){co++;}}cout<<co;return 0;
}

试题 H: 杨辉三角形

【问题描述】

下面的图形是著名的杨辉三角形：

如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下

数列：

1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 4, 1, …

给定一个正整数 N，请你输出数列中第一次出现

N 是在第几个数？

【输入格式】

输入一个整数 N。

【输出格式】

输出一个整数代表答案。

【样例输入】

【样例输出】

思路

没啥思路，4000以下纯暴力，( 多了会超时可能或许5000也行，但是我没冒险 )4000以上当做n在第n+1排的第二个处理，反正质数肯定是满足的，其他数应该也有不少满足的用等差数列前n项和公式就行，公差为1，Sn = n+(n*(n-1))/2

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int G[5005][5005];
ll n;
int main()
{cin>>n;if(n>4000){   //或许能骗分 cout<<(n*(n+1))/2+2;return 0;}G[1][1]=1;for(int i=2;i<=n+1;i++){G[i][1]=1;for(int j=2;j<=i;j++){G[i][j]=G[i-1][j]+G[i-1][j-1];}}int now=0;  //自增个数 for(int i=1;i<=n+1;i++){for(int j=1;j<=i;j++){now++;if(n==G[i][j]){  //遇到第一个就是答案 cout<<now;return 0;}}//cout<<endl;}return 0;
}

试题 I: 双向排序

【问题描述】

给定序列 (a1, a2, · · · , a**n) = (1, 2, · · · , n)，即 a**i

= i。

小蓝将对这个序列进行 m 次操作，每次可能是将 a1, a2, · · · , aqi 降序排列，

或者将 aqi , aqi+1, · · · , a**n 升序排列。

请求出操作完成后的序列。

【输入格式】

输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示序列的长度和操作次数。

接下来 m 行描述对序列的操作，其中第 i 行包含两个整数 p**i, q**i 表示操作

类型和参数。当 p**i = 0 时，表示将 a1, a2, · · · , aqi 降序排列；当 p**i = 1 时，表示

将 aqi , aqi+1, · · · , a**n 升序排列。

【输出格式】

输出一行，包含 n

个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示操作

完成后的序列。

【样例输入】

3 3

0 3

1 2

0 2

【样例输出】

3 1 2

思路

没有思路…只能用sort纯模拟能过60%的点…

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[100005];
int n,m;
bool cmp(int a,int b)
{return a>b;
}
int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=i;}for(int i=1;i<=m;i++){int p,q;scanf("%d%d",&p,&q);if(p==0){sort(a+1,a+1+q,cmp);}else {sort(a+q,a+1+n);}}for(int i=1;i<=n;i++){if(i!=1){     //不知道会不会卡空格 cout<<" ";}cout<<a[i];}return 0;
}

试题 J: 括号序列

【问题描述】

给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，

当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。

两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括

号。

例如，对于括号序列 ((()，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几

种不同的添加结果：()()()、()(())、(())()、(()()) 和 ((()))。

【输入格式】

输入一行包含一个字符串 s，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和

右括号。

【输出格式】

输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以

1000000007 (即

109 + 7) 的余数。

【样例输入】

((()

【样例输出】

思路

没思路，也没时间想。草率了，空了，样例都没输出一下，复制出来纯粹是为了给有兴趣的人看一下

总结

其他感觉还行，算是正常发挥了吧，能做的都做了，不会的也依旧不会，最气人的是第一第二题都错了！！！！今年的体验感还行，明年继续。