第十二届蓝桥杯 2021年省赛真题 (C/C++ 大学A组) 第一场
蓝桥杯 2021年省赛真题 (C/C++ 大学A组 ）
- #A 卡片
- #B 直线
- #C 货物摆放
- #D 路径
- #E 回路计数
- #F 砝码称重
- 背包 DP
- #G 异或数列
- #H 左孩子右兄弟
- #I 括号序列
- #J 分果果
解析移步对应 Java组 的题解。
#A 卡片
本题总分：555 分
问题描述
小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 000 到 999。
小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 111 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 111 拼到多少。
例如，当小蓝有 303030 张卡片，其中 000 到 999 各 333 张，则小蓝可以拼出 111 到 101010，但是拼 111111 时卡片 111 已经只有一张了，不够拼出 111111。
现在小蓝手里有 000 到 999 的卡片各 202120212021 张，共 202102021020210 张，请问小蓝可以从 111 拼到多少？
提示：建议使用计算机编程解决问题。
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。
3181
calcCode：
#include <stdio.h>int n, ans, cnt;int main() {while (1) {n = ans;while (n) {if (n % 10 == 1) cnt++;n /= 10;}if (cnt < 2021) ans++;else break;}printf("%d", ans);
}
#B 直线
本题总分：555 分
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 2×32 × 32×3 个整点 {(x,y)∣0≤x<2,0≤y<3,x∈Z,y∈Z}\{(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z\}{(x,y)∣0≤x<2,0≤y<3,x∈Z,y∈Z}，即横坐标是 000 到 111 (包含 000 和 111) 之间的整数、纵坐标是 000 到 222 (包含 000 和 222) 之间的整数的点。这些点一共确定了 111111 条不同的直线。
给定平面上 20×2120 × 2120×21 个整点 {(x,y)∣0≤x<20,0≤y<21,x∈Z,y∈Z}\{(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z\}{(x,y)∣0≤x<20,0≤y<21,x∈Z,y∈Z}，即横坐标是 000 到 191919 (包含 000 和 191919) 之间的整数、纵坐标是 000 到 202020 (包含 000 和 202020) 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。
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。
40257
calcCode：
#include <stdio.h>const int X = 20, Y = 21;int linked[X][Y][X][Y], ans;int main() {for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)for (int y1 = 0; y1 < Y; ++y1) {linked[x1][y1][x1][y1] = 1;for (int x2 = 0; x2 < X; ++x2)for (int y2 = 0; y2 < Y; ++y2)if (!linked[x1][y1][x2][y2]) {int x = x1, x_offset = x1 - x2;int y = y1, y_offset = y1 - y2;while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) x -= x_offset, y -= y_offset;for (x += x_offset, y += y_offset; x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y; x += x_offset, y += y_offset)for (int xx = x, yy = y; xx >= 0 && xx < X && yy >= 0 && yy < Y; xx += x_offset, yy += y_offset)linked[x][y][xx][yy] = linked[xx][yy][x][y] = 1;ans++;}}printf("%d", ans);
}
#C 货物摆放
本题总分：101010 分
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 nnn 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、HL、W、HL、W、H 的货物，满足 n=L×W×Hn = L × W × Hn=L×W×H。
给定 nnn，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如，当 n=4n = 4n=4 时，有以下 666 种方案：1×1×41×1×41×1×4、1×2×21×2×21×2×2、1×4×11×4×11×4×1、2×1×22×1×22×1×2、2×2×12 × 2 × 12×2×1、4×1×14 × 1 × 14×1×1。
请问，当 n=2021041820210418n = 2021041820210418n=2021041820210418 （注意有 161616 位数字）时，总共有多少种方案？
提示：建议使用计算机编程解决问题。
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。
2430
calcCode：
#include <bits/stdc++.h>typedef long long ll;using namespace std;ll N = 2021041820210418, n = 1, ans;int main() {priority_queue<int> exps;for (int i = 2; i <= sqrt(N); i++)if (N % i == 0) {int exp = 0;while (N % i == 0)N /= i, exp++;exps.push(exp);}if (N != 1) exps.push(1);for (int i = 2; exps.size(); i++) {bool flag = 1;for (int a = 2; a < i; ++a)if (i % a == 0) flag = 0;if (flag) n *= pow(i, exps.top()), exps.pop();}for (ll i = 1; i <= n; i++)for (ll j = 1; j <= n; j++)if (n % (i * j) == 0) ans++;cout << ans << endl;
}
#D 路径
本题总分：101010 分
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 202120212021 个结点组成，依次编号 111 至 202120212021。对于两个不同的结点 a,ba, ba,b，如果 aaa 和 bbb 的差的绝对值大于 212121，则两个结点之间没有边相连；如果 aaa 和 bbb 的差的绝对值小于等于 212121，则两个点之间有一条长度为 aaa 和 bbb 的最小公倍数的无向边相连。
例如：结点 111 和结点 232323 之间没有边相连；结点 333 和结点 242424 之间有一条无向边，长度为 242424；结点 151515 和结点 252525 之间有一条无向边，长度为 757575。
请计算，结点 111 和结点 202120212021 之间的最短路径长度是多少。
提示：建议使用计算机编程解决问题。
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。
10266837
calcCode：
#include <stdio.h>
#include <string.h>const int N = 2021;
int map[N + 1][N + 1];int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }int main() {memset(&map, 0x3F, sizeof map);for (int u = 1; u <= N; u++)for (int v = min(N, u + 21); v > u; --v)map[u][v] = map[v][u] = lcm(u, v);for (int k = 1; k <= N; k++)for (int i = 1; i <= N; i++)for (int j = 1; j <= N; j++)map[i][j] = min(map[i][j], map[i][k] + map[k][j]);printf("%d", map[1][N]);
}
#E 回路计数
本题总分：151515 分
问题描述
蓝桥学院由 212121 栋教学楼组成，教学楼编号 111 到 212121。对于两栋教学楼 aaa 和 bbb，当 aaa 和 bbb 互质时，aaa 和 bbb 之间有一条走廊直接相连，两个方向皆可通行，否则没有直接连接的走廊。
小蓝现在在第一栋教学楼，他想要访问每栋教学楼正好一次，最终回到第一栋教学楼（即走一条哈密尔顿回路），请问他有多少种不同的访问方案？两个访问方案不同是指存在某个 iii，小蓝在两个访问方法中访问完教学楼 iii 后访问了不同的教学楼。
提示：建议使用计算机编程解决问题。
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。
881012367360
calcCode：
#include <bits/stdc++.h>typedef long long ll;using namespace std;const int N = 21;ll cnt[N - 1][1 << N - 1];vector<int> graph[N];ll dfs(int start, int status) {if (status == 0) return 1;if (cnt[start][status] >= 0) return cnt[start][status];ll sum = 0;for (int v : graph[start])if (status & (1 << v))sum += dfs(v, status - (1 << v));return cnt[start][status] = sum;
}int gcd(int a, int b) { return b? gcd(b, a % b) : a; }int main() {for (int i = 2; i <= N; i++)for (int j = 2; j < i; j++)if (gcd(i, j) == 1)graph[i - 2].push_back(j - 2),graph[j - 2].push_back(i - 2);memset(cnt, 0xC3, sizeof cnt);ll sum = 0;for (int i = 0; i < N - 1; i++)sum += dfs(i, (1 << N - 1) - (1 << i) - 1);cout << sum << endl;
}
#F 砝码称重
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
你有一架天平和 NNN 个砝码，这 NNN 个砝码重量依次是 W1,W2,⋅⋅⋅,WNW_1, W_2, · · · , W_NW1,W2,⋅⋅⋅,WN。
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 NNN。
第二行包含 NNN 个整数：W1,W2,W3,⋯,WNW_1, W_2, W_3, \cdots , W_NW1,W2,W3,⋯,WN。
输出格式
输出一个整数代表答案。
测试样例1
Input：
3
1 4 6Output：
10Explanation：
能称出的 10 种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1 = 1；
2 = 6 − 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 − 1；
4 = 4；
5 = 6 − 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
9 = 4 + 6 − 1；
10 = 4 + 6；
11 = 1 + 4 + 6。
评测用例规模与约定
对于 505050% 的评测用例，1≤N≤151 ≤ N ≤ 151≤N≤15。
对于所有评测用例，1≤N≤1001 ≤ N ≤ 1001≤N≤100，NNN 个砝码总重不超过 100000100000100000。
背包 DP
终于逮到一个 Java\mathrm{Java}Java 组没有的题，可惜是 F\mathrm FF 题，还是个简单背包。
不过依题意若干砝码做加减运算，得到的绝对值可以视为一个可以称出的重量，
如果我们将若干砝码可能加减出的结果放在数轴上，显然可以发现，它是以原点对称的，于是我们可以只对正整数部分做背包，然后将上一轮背包 (1,wi)(1,w_i)(1,wi) 部分的结果视为 (−wi,−1)(-w_i, -1)(−wi,−1)，可以减少算法的常数。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100000;bool dp[N + 1 << 1] = {1}, bf[N + 1 << 1] = {1};int n, w, ans;int main() {cin >> n;while (n--) {cin >> w;swap(dp, bf);for (int i = N; i >= w; i--) dp[i] = bf[i] | bf[i - w] | bf[i + w];for (int i = 1; i < w; i++) dp[i] |= bf[w - i];}for (int i = 1; i <= N; i++) if (dp[i]) ans++;cout << ans << endl;
}
#G 异或数列
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
Alice\mathrm{Alice}Alice 和 Bob\mathrm{Bob}Bob 正在玩一个异或数列的游戏。初始时，Alice\mathrm{Alice}Alice 和 Bob\mathrm{Bob}Bob 分别有一个整数 aaa 和 bbb，有一个给定的长度为 nnn 的公共数列 X1,X2,⋯,XnX_1, X_2, \cdots , X_nX1,X2,⋯,Xn。
Alice\mathrm{Alice}Alice 和 Bob\mathrm{Bob}Bob 轮流操作，Alice\mathrm{Alice}Alice 先手，每步可以在以下两种选项中选一种：
选项 111：从数列中选一个 XiX_iXi 给 Alice\mathrm{Alice}Alice 的数异或上，或者说令 aaa 变为 a⊕Xia ⊕ X_ia⊕Xi。（其中 ⊕⊕⊕ 表示按位异或）
选项 222：从数列中选一个 XiX_iXi 给 Bob\mathrm{Bob}Bob 的数异或上，或者说令 bbb 变为 b⊕Xib ⊕ X_ib⊕Xi。
每个数 XiX_iXi 都只能用一次，当所有 XiX_iXi 均被使用后（nnn 轮后）游戏结束。游戏结束时，拥有的数比较大的一方获胜，如果双方数值相同，即为平手。
现在双方都足够聪明，都采用最优策略，请问谁能获胜？
输入格式
每个评测用例包含多组询问。询问之间彼此独立。
输入的第一行包含一个整数 TTT，表示询问数。
接下来 TTT 行每行包含一组询问。其中第 iii 行的第一个整数 nin_ini 表示数列长度，随后 nin_ini 个整数 X1,X2,⋯,XniX_1, X_2, \cdots , X_{ni}X1,X2,⋯,Xni 表示数列中的每个数。
输出格式
输出 TTT 行，依次对应每组询问的答案。
每行包含一个整数 111、000 或 −1−1−1 分别表示 Alice\mathrm{Alice}Alice 胜、平局或败。
测试样例1
Input：
4
1 1
1 0
2 2 1
7 992438 1006399 781139 985280 4729 872779 563580Output：
1
0
1
1
评测用例规模与约定
对于所有评测用例，1≤T≤2000001 \leq T \leq 2000001≤T≤200000，1≤∑i=1Tni≤2000001 \leq \sum_{i=1}^T n_i \leq 2000001≤∑i=1Tni≤200000，0≤Xi<2200 \leq X_i < 2^{20}0≤Xi<220。
#include <stdio.h>
#include <math.h>int T, S, n, A[200010];int main() {scanf("%d", &T);while (T--) {S = 0;scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; ++i)scanf("%d", &A[i]), S ^= A[i];if (S) {int k = log2(S), a = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) if (A[i] >> k & 1) ++a;if (n & 1 || a == 1) printf("1\n");else printf("-1\n");} else printf("0\n");}
}
#H 左孩子右兄弟
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
对于一棵多叉树，我们可以通过 “左孩子右兄弟” 表示法，将其转化成一棵二叉树。
如果我们认为每个结点的子结点是无序的，那么得到的二叉树可能不唯一。换句话说，每个结点可以选任意子结点作为左孩子，并按任意顺序连接右兄弟。
给定一棵包含 NNN 个结点的多叉树，结点从 111 至 NNN 编号，其中 111 号结点是根，每个结点的父结点的编号比自己的编号小。请你计算其通过 “左孩子右兄弟” 表示法转化成的二叉树，高度最高是多少。注：只有根结点这一个结点的树高度为 000 。
例如如下的多叉树：
可能有以下 333 种 (这里只列出 333 种，并不是全部) 不同的 “左孩子右兄弟”表示：
其中最后一种高度最高，为 444。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 NNN。
以下 N−1N −1N−1 行，每行包含一个整数，依次表示 222 至 NNN 号结点的父结点编号。
输出格式
输出一个整数表示答案。
测试样例1
Input：
5
1
1
1
2Output：
4
评测用例规模与约定
对于 303030% 的评测用例，1≤N≤201 ≤ N ≤ 201≤N≤20；
对于所有评测用例，1≤N≤1000001 ≤ N ≤ 1000001≤N≤100000。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 100005vector<int> tree[N];int dp(int root) {if (!tree[root].size()) return 0;int res = 0;for (int son : tree[root])res = max(res, dp(son));return res + tree[root].size();
}int main() {int n, t;cin >> n;for (int i = 2; i <= n; ++i)cin >> t, tree[t].push_back(i);cout << dp(1) << endl;
}
#I 括号序列
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
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 sss，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 100000000710000000071000000007 (即109+710^{9} + 7109+7) 的余数。
测试样例1
Input：
((()Output：
5
评测用例规模与约定
对于 404040% 的评测用例，∣s∣≤200|s| ≤ 200∣s∣≤200。
对于所有评测用例，1≤∣s∣≤50001 ≤ |s| ≤ 50001≤∣s∣≤5000。
#include <stdio.h>
#include <string.h>typedef long long ll;#define N 5555int dp[N][N], p = 1000000007;char str[N] = {'$'};int calc(char *str) {memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0][0] = 1;int opening = 0, n = strlen(str) - 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (str[i] == '(') {for (int j = 1; j <= n; j++)dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];opening++;}else {dp[i][0] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % p;for (int j = 1; j <= n; j++)dp[i][j] = (dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j + 1]) % p;if (opening) opening--;}}return dp[n][opening];
}int reverse(char *str) {for (int i = 1, j = strlen(str) - 1; i <= j; i++, j--) {char temp = str[i] ^ 1;str[i] = str[j] ^ 1;str[j] = temp;}
}int main() {scanf("%s", str + 1);ll ans = calc(str);reverse(str);printf("%d\n", ans * calc(str) % p);
}
#J 分果果
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
小蓝要在自己的生日宴会上将 nnn 包糖果分给 mmm 个小朋友。每包糖果都要分出去，每个小朋友至少要分一包，也可以分多包。
小蓝已经提前将糖果准备好了，为了在宴会当天能把糖果分得更平均一些，小蓝要先计算好分配方案。
小蓝将糖果从 111 到 nnn 编号，第 iii 包糖果重 wiw_iwi。小朋友从 111 到 mmm 编号。每个小朋友只能分到编号连续的糖果。小蓝想了很久没想出合适的分配方案使得每个小朋友分到的糖果差不多重。因此需要你帮他一起想办法。为了更好的分配糖果，他可以再买一些糖果，让某一些编号的糖果有两份。当某个编号的糖果有两份时，一个小朋友最多只能分其中的一份。
请找一个方案，使得小朋友分到的糖果的最大重量和最小重量的差最小，请输出这个差。
例如，小蓝现在有 555 包糖果，重量分别为 6,1,2,7,96, 1, 2, 7, 96,1,2,7,9，如果小蓝要分给两个小朋友，则他可以将所有糖果再买一份，两个小朋友都分到 111 至 555 包糖果，重量都是 252525，差为 000。
再如，小蓝现在有 555 包糖果，重量分别为 6,1,2,7,96, 1, 2, 7, 96,1,2,7,9，如果小蓝要分给三个小朋友，则他可以将第 333 包糖果再买一份，第一个小朋友分 111 至 333 包，第二个小朋友分 333 至 444 包，第三个小朋友分第 555 包，每个小朋友分到的重量都是 999，差为 000。
再如，小蓝现在有 555 包糖果，重量分别为 6,1,2,7,96, 1, 2, 7, 96,1,2,7,9，如果小蓝要分给四个小朋友，则他可以将第 333 包和第 555 包糖果再买一份，仍然可以每个小朋友分到的重量都是 999，差为 000。
再如，小蓝现在有 555 包糖果，重量分别为 6,1,2,7,96, 1, 2, 7, 96,1,2,7,9，如果小蓝要分给五个小朋友，则他可以将第 444 包和第 555 包糖果再买一份，第一个小朋友分第 111 至 222 包重量为 777，第二个小朋友分第 333 至 444 包重量为 999，第三个小朋友分第 444 包重量为 777，第四个和第五个小朋友都分第 555 包重量为 999。差为 222。
输入格式
输入第一行包含两个整数 nnn 和 mmm，分别表示糖果包数和小朋友数量。
第二行包含 nnn 个整数 w1,w2,⋅⋅⋅,wnw_1, w_2, · · · , w_nw1,w2,⋅⋅⋅,wn，表示每包糖果的重量。
输出格式
输出一个整数，表示在最优情况下小朋友分到的糖果的最大重量和最小重量的差。
测试样例1
Input：
5 2
6 1 2 7 9Output：
0
测试样例2
Input：
5 5
6 1 2 7 9Output：
2
评测用例规模与约定
对于 303030% 的评测用例，1≤n≤101 \leq n \leq 101≤n≤10，1≤m≤101 \leq m \leq 101≤m≤10，1≤wi≤101 \leq w_i \leq 101≤wi≤10；
对于 606060% 的评测用例，1≤n≤301 \leq n \leq 301≤n≤30，1≤m≤201 \leq m \leq 201≤m≤20，1≤wi≤301 \leq w_i \leq 301≤wi≤30；
对于所有评测用例，1≤n≤1001 \leq n \leq 1001≤n≤100，1≤m≤501 \leq m \leq 501≤m≤50，1≤wi≤1001 \leq w_i \leq 1001≤wi≤100。在评测数据中，wiw_iwi 随机生成，在某个区间均匀分布。
#include <stdio.h>
#include <string.h>int dp[51][101][101], W[101], n, m, ans = 0x3F3F3F3F;int max(int arg1, int arg2) { return arg1 > arg2 ? arg1 : arg2; }int min(int arg1, int arg2) { return arg1 < arg2 ? arg1 : arg2; }int main() {memset(dp, 0x3F, sizeof dp);scanf("%d %d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &W[i]), W[i] += W[i - 1];dp[0][0][0] = 0;for (int minW = W[n] * 2 / m; minW > 0; minW--) {for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 1; j <= n; j++) {int trans2 = 0, trans3 = 0;for (int k = 1; k <= j; k++) {dp[i][j][k] = dp[i][j][k - 1];while (trans2 < k && W[j] - W[trans2 + 1] >= minW &&max(dp[i - 1][trans2 + 1][trans2 + 1], W[j] - W[trans2 + 1]) <= max(dp[i - 1][trans2][trans2], W[j] - W[trans2])) trans2++;if (W[j] - W[trans2] >= minW)dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], max(dp[i - 1][trans2][trans2], W[j] - W[trans2]));while (trans3 < k && W[j] - W[trans3 + 1] >= minW &&max(dp[i - 1][k][trans3 + 1], W[j] - W[trans3 + 1]) <= max(dp[i - 1][k][trans3 + 1], W[j] - W[trans3])) trans3++;if (W[j] - W[trans3] >= minW)dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], max(dp[i - 1][k][trans3], W[j] - W[trans3]));}}ans = min(ans, dp[m][n][n] - minW);}printf("%d\n", ans);
}
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