文章目录

2012年及以前蓝桥杯大赛历届真题（共14题）
- 1434 蓝桥杯历届试题-回文数字【简易法判断回文】
第四届
- 1205. 买不到的数目
第十届
- Fibonacci 数列与黄金分割
- 修改数组
- 等差数列
十三届
- 统计子矩阵
- 真题乱刷待整理

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2012年及以前蓝桥杯大赛历届真题（共14题）

1434 蓝桥杯历届试题-回文数字【简易法判断回文】

时间限制: 1Sec 内存限制: 128MB
题目描述
观察数字：12321，123321 都有一个共同的特征，无论从左到右读还是从右向左读，都是相同的。这样的数字叫做：回文数字。

本题要求你找到一些5位或6位的十进制数字。满足如下要求：
该数字的各个数位之和等于输入的整数。
输入格式
一个正整数 n (10< n< 100), 表示要求满足的数位和。
输出格式
若干行，每行包含一个满足要求的5位或6位整数。
数字按从小到大的顺序排列。
如果没有满足条件的，输出：-1
样例输入
44
样例输出
99899
499994
589985
598895
679976
688886
697796
769967
778877
787787
796697
859958
868868
877778
886688
895598
949949
958859
967769
976679
985589
994499

佬の链接
简短判断回文：如果把最低位放到最高位,秦九昭过程:等效翻转 ==> 若翻转数值相同则为回文串
编写细节：i保持循环顺序不能改变i的值, 需取临时t=i判断条件

举个反例：123：123%10=3 -> 123/10=12 -> 310+12%10=32 -> 12/10=1 ->3210+1%10=321;
则123 != 321 故不是回文数；
求个位数字之和只用在求回文得时候每次取余得到得数累加求和即可【秦九昭】。

#include <cstdio>
using namespace std;int main()
{int n; bool flag = false;scanf("%d", &n);for(int i = 10000; i < 1000000; ++i){int t = i, num = 0, sum = 0;//重点：取临时t判断, 不能改变i的值影响遍历 while(t){num = num * 10 + t % 10;// 简短判断回文： 如果把最低位放到最高位,秦九昭过程:等效翻转 ==> 若翻转数值相同则为回文串   sum += t % 10;t /= 10;}if(num == i && sum == n){flag = true;printf("%d\n", i);}}if(!flag) puts("-1");return 0;
}

第四届

1205. 买不到的数目

时/空限制：1s / 64MB

小明开了一家糖果店。

他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。

糖果不能拆包卖。

小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。

当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。

你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。

大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。

本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。

输入格式
两个正整数 n,m，表示每种包装中糖的颗数。

输出格式
一个正整数，表示最大不能买到的糖数。

数据范围
2≤n,m≤1000，
保证数据一定有解。

输入样例：
4 7
输出样例：
17

dfs暴力标记或者小学数论

佬の解答：https://www.acwing.com/solution/content/7101/

算法分析:

引理：给定a，b, 若&d = gcd(a,b) > 1&,则一定不能凑出最大数

结论：

如果 a,b均是正整数且互质，那么由 ax+by, x≥0, y≥0 不能凑出的最大数是 (a−1)(b−1)−1(a−1)(b−1)−1(a−1)(b−1)−1

打表找规律方法:（纯摘抄y总的笔记）

#include <iostream>using namespace std;//给定一个m，是否能用p和q凑出来
bool dfs(int m,int p,int q)
{if(m == 0) return true;if(m >= p && dfs(m - p,p,q)) return true;if(m >= q && dfs(m - q,p,q)) return true;return false;
}int main()
{int p,q;cin >> p >> q;int res = 0;for(int i = 1; i <= 1000;i ++){if(!dfs(i,p,q)) res = i;}cout << res << endl;return 0;
}

小学数二结论题:


//小学数二结论题(证明略)：若两个整数p、q互质 ，则p,q不能凑出的最小整数为 (p - 1)*(q - 1) - 1;   #include <iostream>using namespace std;int n,m;int main()
{cin >> n >> m;cout << (n - 1) * (m - 1) - 1 << endl;return 0;
}

第十届

Fibonacci 数列与黄金分割

时间限制: 1Sec 内存限制: 128MB
题目描述
Fibonacci 数列是非常著名的数列:

F[1] = 1,

F[2] = 1,

对于 i > 3，F[i] = F[i − 1] + F[i − 2]

Fibonacci 数列有一个特殊的性质，前一项与后一项的比值，F[i]/F[i + 1]，会趋近于黄金分割。

为了验证这一性质，给定正整数 N，请你计算 F[N]/F[N + 1]，并保留 8 位小数。

输入格式
一个正整数 N。(1 ≤ N ≤ 2000000000)

输出格式
F[N]/F[N + 1]。答案保留 8 位小数。

样例输入
2
样例输出
0.50000000

枚举范围太大，观察发现20项之后，8位小数精度都一样！！！ #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double fib(int n) {long long f[n + 1];f[1] = 1;f[2] = 1;for (int i = 3; i <= n; ++i) {f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];}return f[n];
}
int main() {ios::sync_with_stdio(false);//cin.tie(NULL);int n;cin >> n;   //cout << fixed << setprecision(8) << fib(n) / fib(n + 1) << endl;if (n < 20) printf("%.8lf\n",(double)fib(n)/(double)fib(n+1));else cout << "0.61803399" << endl;return 0;
}

ios::sync_with_stdio(false);这条语句关掉scanf 和cin 的同步加快效率。但是即使是这样cin 还要慢 5倍左右，而且一旦使用了这条语句，scanf和cin 混用可能就会造成一些奇怪的问题。

修改数组

时间限制: 1Sec 内存限制: 128MB 提交: 5491 解决: 1348
题目描述
给定一个长度为 N 的数组 A = [A1, A2, · · · AN ]，数组中有可能有重复出现的整数。

现在小明要按以下方法将其修改为没有重复整数的数组。小明会依次修改 A2,A3,··· ,AN。

当修改 Ai 时，小明会检查 Ai 是否在 A1 ∼ Ai−1 中出现过。如果出现过，则小明会给 Ai 加上 1 ;如果新的 Ai 仍在之前出现过，小明会持续给 Ai 加 1 ，直到 Ai 没有在 A1 ∼ Ai−1 中出现过。

当 AN 也经过上述修改之后，显然 A 数组中就没有重复的整数了。现在给定初始的 A 数组，请你计算出最终的 A 数组

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

对于 80% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 10000。

对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000，1 ≤ Ai ≤ 1000000。

输出格式
输出N个整数，依次是最终的A1,A2,··· ,AN。

样例输入
5
2 1 1 3 4
样例输出
2 1 3 4 5

并查集思路：
首先我们每输入一个数，都会判断前面是否已经有过，如果有过就会+1，知道前面没有重复的数。
那么像不像并查集的指向呢，如果没有用过就是自己就是一个集合，根节点指向自己
如果已经用过了，只要将其父节点指向比他大1的节点（此时不重复）就可以。


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
int p[N];
//查找祖宗节点+路径压缩
int find(int x )
{if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);return p[x];
}
int main()
{int n;cin>>n;for(int i = 0; i < N; i++)p[i] = i;for(int i = 0; i < n; i++){int x;scanf("%d",&x);x = find(x);printf("%d ",x);p[x] = x+1;}return 0;
}

等差数列

时间限制: 1Sec 内存限制: 128MB 提交: 7792 解决: 1804
题目描述
数学老师给小明出了一道等差数列求和的题目。但是粗心的小明忘记了一部分的数列，只记得其中 N 个整数。

现在给出这 N 个整数，小明想知道包含这 N 个整数的最短的等差数列有几项?

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A1,A2,···,AN。(注意A1 ∼AN并不一定是按等差数

列中的顺序给出)

(对于所有评测用例，2≤ N ≤100000，0≤ Ai ≤10⁹。)

输出格式
输出一个整数表示答案

样例输入
5
2 6 4 10 20
样例输出
10

题解

乱序先排序，所有相邻两项差的最大公因数，最大公因数即为：最大公差d


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100000;
int a[N];int gcd(int a,int b)
{if(b == 0)return a;return gcd(b,a%b);
}
int main(){int n;scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&a[i]);}sort(a,a+n);//找最小差值的公约数是公差d;int min=a[0],max=a[n-1];int d=(a[1]-a[0]);for(int i=2;i<n;i++){if((a[i+1]-a[i])<=d){//此处d不能换成a[i]-a[i-1]。d=gcd(d,a[i]-a[i-1]);//求d与其他差值的公差，赋值}}if(d==0){printf("%d",n);}else{    printf("%d",(max-min)/d+1);}
}

十三届

刷题链接整理
蓝桥杯往界真题OJ在线刷题

统计子矩阵

时间限制: 1Sec 内存限制: 256MB 提交: 908 解决: 147
题目描述
给定一个 N × M 的矩阵 A，请你统计有多少个子矩阵 (最小 1 × 1，最大 N × M) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 K?
输入格式
第一行包含三个整数 N, M 和 K.

之后 N 行每行包含 M 个整数，代表矩阵 A.

输出格式
一个整数代表答案。
样例输入
3 4 10
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
样例输出
19
提示
满足条件的子矩阵一共有 19，包含：

大小为 1 × 1 的有 10 个。

大小为 1 × 2 的有 3 个。

大小为 1 × 3 的有 2 个。

大小为 1 × 4 的有 1 个。

大小为 2 × 1 的有 3 个。

对于 30% 的数据，N, M ≤ 20. 对于 70% 的数据，N, M ≤ 100.

对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 500; 0 ≤ Ai j ≤ 1000; 1 ≤ K ≤ 250000000.

如果直接用前缀和 + 暴力，复杂度将是O(n⁴)，必须优化
优化的方法是：
1）枚举子矩阵的左边界i 和右边界j，
2）用快指针t 枚举子矩阵的下边界，慢指针s 维护子矩阵的上边界 (s ≤≤ t)
3）如果得到的子矩阵的权值和大于 k，则慢指针s 前进，而子矩阵和必将单调不增
4）慢指针s 继续前进（如图），直到子矩阵的和不大于k，慢指针没必要前进了，因为该子矩阵的所有宽度为 j - i + 1 的子矩阵（总共 t - s + 1 种）一定满足要求，更新该情况对答案的贡献 t - s + 1；反之，如果慢指针s越界（s > t），则不操作，直接进入下层循环

题解

ios::sync_with_stdio(false); 【专用c++の选手】
记 ios::sysn_with_stdio ，没有特殊格式输出就用cin和cout
初始化直接存二维前缀和  ： a[i][j] += a[i - 1][j] + a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1];

【极简初始前缀和】： a[i][j] += a[i - 1][j] 不用原数组，直接覆盖

#include <cstdio>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 510;int n, m, K;
int s[N][N]; int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = 1; j <= m; j ++ ){scanf("%d", &s[i][j]); //边读入边覆盖((不需要用原数组)s[i][j] += s[i - 1][j]; //前缀和初始化【极简版】}LL res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ )//i, j就当做上up与下down边界枚举 for (int j = i; j <= n; j ++ )for (int l = 1, r = 1, sum = 0; r <= m; r ++ ){sum += s[j][r] - s[i - 1][r]; while (sum > K) // 超过了：缩小左右边界 : l ++{sum -= s[j][l] - s[i - 1][l];  //删去子矩阵的边界L一列,上下边界限制为[i, j]      l ++ ;}  //[l-1,r]不满足, [l, r]刚好满足, 则截取[l, r]范围内更小的左右边界的子矩阵均满足 < kres += r - l + 1; //长度大小: 1 ~ R-L 均满足 即在[l, r]共有 r - l + 1种长度满足}printf("%lld\n", res);return 0;
}

暴力6重循环(TLE)： 枚举上下左右边界练习for(int u = 1; u <= m; u++) //up 与 downfor(int d = u ; d <= m; d++)for(int l = 1; l <= n; l++)for(int r = l; r <= n; r++){ //check(是否子矩阵元素和 >= k)子矩阵元素和sum = s[r][d] - s[l - 1][d] -s[r][u - 1] + s[l][u] 左上坐标(l,u)和右下左边(r,d)】}

// 接近TLE
// #include <bits/stdc++.h>   //前缀和+暴力枚举O($n^4$)
// using namespace std;
// typedef long long LL;
// const int N=510;
// LL a[N][N],s[N][N],cnt,n,m,k;
// inline LL sum(int x1,int y1,int x2,int y2) //内联函数
// {//     return s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1];
// }
// int main()
// {//     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
//     for(int i=1;i<=n;i++)
//     {//         for(int j=1;j<=m;j++)
//         {//             scanf("%lld",&a[i][j]);
//             s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
//         }
//     }
//     for(int l=1;l<=m;l++)//枚举矩阵的左边
//     {//         for(int r=l;r<=m;r++)//枚举矩阵的右边   【枚举所有[l, r]】
//         {//             for(int i=1,j=1;i<=n;i++)//从上到下双指针扫描
//             {//                 while(j <= i && sum(j,l,i,r) > k) j++;
//                 if(j<=i) cnt+=(i-j+1);//有可能最小的矩阵都不满足，此时j>i
//             }
//         }
//     }
//     printf("%lld",cnt);
//     return 0;
// }

真题乱刷待整理

//蓝桥杯真题解码：简单
//#include<iostream>
//#include<string>
//
//using namespace std;
//
//int main()
//{//  string s, res;
//  cin >> s;
//
//  for(int i = 0; i < s.size(); i++)
//  {//      if( isalpha(s[i]) && isdigit(s[i + 1]) )//字符和单词：此题扩展怎么解呢？ ： 就是连续的字符数量超过9 ： 那么要判断多位数字：要计算数字
//      {//          int n = s[i + 1] - '0';
//          for(int j = 0; j < n; j++)
//          {//              res += s[i];
//          }
//      }
//      else if(isalpha(s[i]) && isalpha(s[i]) )
//      {//          res += s[i];
//      }
//  }
//
//  cout << res << endl;
//
//  return 0;
//}//根据题目二分前提：升序排列区间
//#include <cstdio>
//#include <cstring>
//#include <iostream>
//#include <algorithm>
//
//using namespace std;
//
//const int N = 100010;
//
//int n, m;
//int q[N];
//
//int main()
//{//    scanf("%d%d", &n, &m);
//    for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &q[i]);  //没有&时 ：Segmentation Fault
//
//    while(m --)
//    {//      int x;
//      scanf("%d", &x);
//
//      int l = 0 , r = n - 1;
//      while(l < r)
//      {//          int mid = l + r >> 1;
//          if(q[mid] >= x) r = mid;
//          else l = mid + 1;
//      }
//
//      if(q[l] == x)
//      {//          cout << r << " ";
//          int r = n - 1;
//          while(l < r)
//          {//              int mid = l + r + 1 >> 1;
//              if(q[mid] <= x) l = mid;
//              else r = mid - 1;
//          }
//          cout << r << endl;
//      }
//      else puts("-1 -1");
//  }
//
//
//    return 0;
//}//答案落的区间 --> 选取两个模板  ： if(check()) 选取模板 //
//#include<iostream>
//
//using namespace std;
//
//int main()
//{//    double x;
//    cin >> x;
//    double l = -10000, r = 10000;//区间范围
//    while (r - l > 1e-8)//误差精度范围 结果所在区间[l,r] < 1e-8
//    {//        double mid = (l + r) / 2;//double类型不能位运算 >> 1
//        if (mid * mid * mid <= x) l = mid; //浮点数的二分好处，都是mid
//        else r = mid;
//    }
//
//    printf("%lf\n", l);//double默认6位
//
//    return 0;
//}//洛谷CSP-J模拟题1 //洛谷有犇
//k循环会超时 【暴力过40%】
#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;LL x, k;int main()
{scanf("%lld%lld", &x, &k);while(k--){x ++;if(x % 3 == 0) x /= 3;}printf("%lld\n", x);return 0;
}

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