第十四届蓝桥杯大赛B组真题

初阳7852024-04-05 20:08

第十四届蓝桥杯大赛B组真题

  • 1.日期统计
  • [2. 串的熵](#2. 串的熵)
  • [3. 冶炼金属](#3. 冶炼金属)
  • [4. 飞机降落](#4. 飞机降落)
  • [5. 接龙数列](#5. 接龙数列)
  • [6. 岛屿个数](#6. 岛屿个数)
  • [7. 字串简写](#7. 字串简写)
  • [8. 整数删除](#8. 整数删除)
  • [9. 景区导游](#9. 景区导游)
  • [10. 砍树](#10. 砍树)

1.日期统计

小蓝现在有一个长度为100 100100 的数组，数组中的每个元素的值都在0 00 到9 99 的范围之内。数组中的元素从左至右如下所示：

5 6 8 6 9 1 6 1 2 4 9 1 9 8 2 3 6 4 7 7 5 9 5 0 3 8 7 5 8 1 5 8 6 1 8 3 0 3 7 9 2 7 0 5 8 8 5 7 0 9 9 1 9 4 4 6 8 6 3 3 8 5 1 6 3 4 6 7 0 7 8 2 7 6 8 9 5 6 5 6 1 4 0 1 0 0 9 4 8 0 9 1 2 8 5 0 2 5 3 3

现在他想要从这个数组中寻找一些满足以下条件的子序列：

子序列的长度为8；

这个子序列可以按照下标顺序组成一个yyyymmdd 格式的日期，并且要求这个日期是2023 年中的某一天的日期，例如20230902，20231223。yyyy 表示年份，mm 表示月份，dd 表示天数，当月份或者天数的长度只有一位时需要一个前导零补充。

请你帮小蓝计算下按上述条件一共能找到多少个不同的2023 年的日期。

对于相同的日期你只需要统计一次即可。

思路：我们可以把2023年的全部日期全部列出来，然后一次从数据中遍历，看是否可以组成这个日期，如果能组成就是答案

答案：235

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

int md[13] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
int a[100];

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int ret = 0;
	for (int i = 0; i < 100; i++)
		cin >> a[i];
		
	for (int i = 1; i <= 12; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= md[i]; j++)
		{
			string data = "2023";
			if (i < 10)
				data += '0';
			data += to_string(i);
			
			if (j < 10)
				data += '0';
			data += to_string(j);
			
			int cur = 0;
			for (int k = 0; k < 100 && cur < 8; k++)
			{
				if (a[k] == data[cur] - '0')
					cur++;	
			}
			if (cur >= 8)
				ret++;
		}	
	}	
	cout << ret << endl;
	return 0;
}

2. 串的熵

问题描述

解析

这里解析一下就是：H(S) = -(0的个数 * 0的占比 * log2(0的占比)) - (1的个数 * 1的占比 * log2(1的占))

答案：11027421

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const double db = 1e-4;
const int val = 23333333;
const double sh = 11625907.5798;

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
		
	for (int i = 0; i < val / 2; i++)
	{
		int k = val - i;
		double sum = -1.0 * i * i / val * log2(1.0 * i / val) - 1.0 * k * k / val * log2(1.0 * k / val);
		if (abs(sh - sum) <= db)
		{
			cout << i << endl;
			break;
		}
	}
	return 0;
}

3. 冶炼金属

问题描述

小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属O 冶炼成为一种特殊金属X。这个炉子有一个称作转换率的属性V，V 是一个正整数，这意味着消耗V个普通金属O恰好可以冶炼出一个特殊金属X，当普通金属O的数目不足V时，无法继续冶炼。

现在给出了N条冶炼记录，每条记录中包含两个整数A 和B，这表示本次投入了A 个普通金属O，最终冶炼出了B个特殊金属X。每条记录都是独立的，这意味着上一次没消耗完的普通金属O不会累加到下一次的冶炼当中。

根据这N条冶炼记录，请你推测出转换率V的最小值和最大值分别可能是多少，题目保证评测数据不存在无解的情况。

输入格式

第一行一个整数N，表示冶炼记录的数目。

接下来输入N行，每行两个整数A 、B，含义如题目所述。

输出格式

输出两个整数，分别表示V可能的最小值和最大值，中间用空格分开。

样例输入

3

75 3

53 2

59 2

样例输出

20 25

代码解析

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	int Max = INF;
	int Min = 0;
	int n, a, b;
	cin >> n;
	while (n--)
	{
		cin >> a >> b;
		Max = min(Max, a / b);
		Min = max(Min, a / (b + 1) + 1);
	}
	cout << Min << ' ' << Max << endl;
	return 0;
}

4. 飞机降落

题目描述

N 架飞机准备降落到某个只有一条跑道的机场。其中第i ii 架飞机在Ti 时刻到达机场上空，到达时它的剩余油料还可以继续盘旋Di个单位时间，即它最早可以于Ti时刻开始降落，最晚可以于T i + Di时刻开始降落。降落过程需要Li个单位时间。

一架飞机降落完毕时，另一架飞机可以立即在同一时刻开始降落，但是不能在前一架飞机完成降落前开始降落。

请你判断N架飞机是否可以全部安全降落。

输入格式

输入包含多组数据。

第一行包含一个整数T，代表测试数据的组数。

对于每组数据，第一行包含一个整数N。以下N 行，每行包含三个整数：Ti，Di 和Li

输出格式

对于每组数据，输出YES 或者NO，代表是否可以全部安全降落。

样例输入

2

3

0 100 10

10 10 10

0 2 20

3

0 10 20

10 10 20

20 10 20

样例输出

YES

NO

样例说明

对于第一组数据，可以安排第3架飞机于0时刻开始降落，20时刻完成降落。安排第2架飞机于20时刻开始降落，30时刻完成降落。安排第1架飞机于30时刻开始降落，40时刻完成降落。

对于第二组数据，无论如何安排，都会有飞机不能及时降落。

评测用例规模与约定

代码解析

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

int k, n;

int T[11], D[11], L[11];
int flag;
bool chick[11];

void dfs(int x, int tim)//第机架飞机降落，降落时的时间
{
	if (x == n)
	{
		flag = 1;
		return;
	}
	
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		if (!chick[i] && tim <= T[i] + D[i])
		{
			chick[i] = true;
			dfs(x + 1, max(tim, T[i]) + L[i]);
			chick[i] = false;	
		}
	}
}

void slove()
{
	flag = 0;
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) chick[i] = false;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> T[i] >> D[i] >> L[i];
	
	dfs(0, 0);
	if (flag) cout << "YES" << endl;
	else cout << "NO" << endl;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> k;
	while (k--)
		slove();	
	return 0;
}

5. 接龙数列

​样例输入

5

11 121 22 12 2023

样例输出

1

**解析：**既然是让我们找删除最少的数，是的它是一个接龙数列，也就是说我们只要找出最长的接龙数列即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int N = 1e5 + 10;
int a[N];

int dp[9];

int get_t(int k)
{
	while (k)
	{
		if (k / 10 == 0)
			return k;
		k /= 10;
	}
	return 0;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n; cin >> n;
	int num;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		cin >> num;
		int t = get_t(num);
		int w = num % 10;
		dp[w] = max(dp[t] + 1, dp[w]);
	}
	
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= 9; i++)
		ans = max(ans, dp[i]);
		
	cout << n - ans << endl;
	return 0;
}

6. 岛屿个数


输入格式

第一行一个整数T，表示有T组测试数据。

接下来输入T TT 组数据。对于每组数据，第一行包含两个用空格分隔的整数M、N表示地图大小；接下来输入M行，每行包含N个字符，字符只可能是' 0 ' 或' 1 ' 。

输出格式

对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案

样例输入：

2

5 5

01111

11001

10101

10001

11111

5 6

111111

100001

010101

100001

111111

样例输出:

1

3

样例说明

对于第一组数据，包含两个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：

01111

11001

10201

10001

11111

岛屿2在岛屿1的"环" 内部，所以岛屿2是岛屿1的子岛屿，答案为1。

对于第二组数据，包含三个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：

111111

100001

020301

100001

111111

注意岛屿3并不是岛屿1或者岛屿2的子岛屿，因为岛屿1和岛屿2中均没有"环"。

解题思路:

这里的大概意思就是,如果一个环岛里面有其他岛屿的话,只算最外面的岛屿,前提是最外面的岛屿是一个环岛.所以我们的解题思路就是,我们要从外海开始寻找岛屿,(外海就是岛屿以外的海域).那那些地方海一定是外外海呢?是不是二维数组的最外面一圈的海域一定是外海啊.所以我们就可以用dfs一次遍历外海,如果遇到岛屿了在用一次dfs遍历岛屿,将所有的岛屿都标记.这样从外海开始dfs,找到岛屿后在一个dfs就可以将最外层的岛屿找到.因为如果这个岛屿是环岛的话,我们的找海的dfs就进不去环岛里面的海域,就自然不会遍历环岛里面的岛屿.而题目给出的只有(x, y)这坐岛屿的上下左右都有岛屿的话才是同一个岛屿,而遍历海则有八个方向遍历,这里要注意了.

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int N = 51;
int T;
int n, m;
int ret = 0;

int grap[N][N];
bool sea_grap[N][N];
bool land_grap[N][N];

int sx[8] = {0, 0, -1, 1, 1, 1, -1, -1};
int sy[8] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
int lx[4] = {0, 0, -1, 1};
int ly[4] = {-1, 1, 0, 0};

bool chick(int x, int y)
{
	return (x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m);
}

void land_dfs(int i, int j)
{
	land_grap[i][j] = true;
	for (int k = 0; k < 4; k++)
	{
		int x = i + lx[k], y = j + ly[k];
		if (chick(x, y) && grap[x][y] == 1 && !land_grap[x][y])
			land_dfs(x, y);
	}
}

void sea_dfs(int i, int j)
{
	sea_grap[i][j] = true;
	for (int k = 0; k < 8; k++)
	{
		int x = i + sx[k], y = j + sy[k];
		if (chick(x, y) && grap[x][y] == 0 && !sea_grap[x][y])
			sea_dfs(x, y);
			
		if (chick(x, y) && grap[x][y] == 1 && !land_grap[x][y])
		{
			ret++;
			land_dfs(x, y);
		}
	}
}
void slove()
{
	cin >> n >> m;
	ret = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < m; j++)
			sea_grap[i][j] = land_grap[i][j] = false;
	
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		string s;
		cin >> s;
		for (int j = 0; j < m; j++)	
			grap[i][j] = s[j] - '0';
	}
	
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < m; j++)
		{
			if ((i == 0 || i == n - 1 || j == 0 || j == m - 1) && grap[i][j] == 0)
				sea_dfs(i, j);
		}
	cout << ret << endl;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> T;
	while (T--)
		slove();
	return 0;
}

7. 字串简写

程序猿圈子里正在流行一种很新的简写方法：对于一个字符串，只保留首尾字符，将首尾字符之间的所有字符用这部分的长度代替。例如internationalization简写成i18n，Kubernetes 简写成K8s, Lanqiao 简写成L5o 等。

在本题中，我们规定长度大于等于K KK 的字符串都可以采用这种简写方法（长度小于K KK 的字符串不配使用这种简写）。给定一个字符串S和两个字符c1和c2，请你计算S有多少个以c1开头c2

​

结尾的子串可以采用这种简写？

输入格式

第一行包含一个整数K。

第二行包含一个字符串S和两个字符c1和c2

输出格式

一个整数代表答案。

输入样例:

4

abababdb a b

输出样例:

6

样例说明

符合条件的子串如下所示，中括号内是该子串：

[abab]abdb

[ababab]db

[abababdb]

ab[abab]db

ab[ababdb]

abab[abdb]

代码实现:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int k;
	char a, b;
	string s;
	cin >> k;
	cin >> s >> a >> b;
	int ans = 0, sum = 0;
	
	int left = 0, right = k - 1;
	while (right < s.size())
	{
		if (s[left++] == a) ans++;
		if (s[right++] == b) sum += ans;
	}
	cout << sum;
	return 0;
}

8. 整数删除

给定一个长度为N NN 的整数数列：A1,A2,...,AN你要重复以下操作K KK 次：

每次选择数列中最小的整数（如果最小值不止一个，选择最靠前的），将其删除。并把与它相邻的整数加上被删除的数值。

输出K KK次操作后的序列。

输入格式

第一行包含两个整数N和K。

第二行包含N个整数，A1,A2,...,AN

输出格式

输出N − K个整数，中间用一个空格隔开，代表K KK次操作后的序列。

样例输入:

5 3

1 4 2 8 7

样例输出:

17 7

样例说明

数列变化如下，中括号里的数是当次操作中被选择的数：

[1] 4 2 8 7

5 [2] 8 7

[7] 10 7

17 7

代码解析:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define val first
#define key second
const int N = 5e5 + 10;
typedef pair<int, int> ppi;

int n, k;

int a[N];
int l[N], r[N];
priority_queue<ppi> q;

void slove()
{
	ppi num;
	do
	{
		num = q.top();
		num.val = -num.val;
		num.key = -num.key;
		q.pop();
	} while (num.val != a[num.key]);

	int prev = l[num.key];
	int next = r[num.key];

	if (prev != -1)
	{
		a[prev] += a[num.key];
		r[prev] = r[num.key];
		q.push({ -a[prev], -prev });
	}

	if (next != -1)
	{
		a[next] += a[num.key];
		l[next] = l[num.key];
		q.push({ -a[next], -next });
	}

	a[num.key] = -1;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);

	//创建链表
	cin >> n >> k;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		l[i] = i - 1;
		r[i] = i + 1;
		q.push({ -a[i], -i });
	}
	l[0] = -1; r[n - 1] = -1;

	while (k--) slove();

	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		if (a[i] != -1)
			cout << a[i] << " ";
	}
	return 0;
}

9. 景区导游


样例输入:

6 4

1 2 1

1 3 1

3 4 2

3 5 2

4 6 3

2 6 5 1

样例输出:

10 7 13 14

**解题思路:**这是可以说是模板题,主要用到的就是图的遍历,LCA找公共祖先,以及树上前缀和

代码解析:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5 + 10;
typedef pair<int, int> ppi;

int n, k;
vector<ppi> e[N];
int fa[N], son[N], sz[N], dep[N], top[N];
int sum[N];
int a[N];

void dfs1(int u, int father)
{
	fa[u] = father, dep[u] = dep[father] + 1, sz[u] = 1;
	for (int i = 0; i < e[u].size(); i++)
	{
		int s = e[u][i].first;
		if (s == father)
			continue;
		dfs1(s, u);
		sz[u] += sz[s];
		if (sz[son[u]] < sz[s]) son[u] = s;
	}
}

void dfs2(int u, int t)
{
	top[u] = t;
	if (son[u] == 0) return;
	dfs2(son[u], t);
	
	for (int i = 0; i < e[u].size();i++)
	{
		int s = e[u][i].first;
		if (s == fa[u] || s == son[u])
			continue;
		dfs2(s, s);
	}
}

int cla(int u, int v)
{
	while (top[u] != top[v])
	{
		if (dep[top[u]] < dep[top[v]])
			swap(u, v);
		u = fa[top[u]];
	}
	return dep[u] < dep[v] ? u : v;
}

void cal_sum(int u)
{
	for (int i = 0; i < e[u].size(); i++)
	{
		int s = e[u][i].first;
		if (s == fa[u])
			continue;
		int w = e[u][i].second;
		sum[s] = sum[u] + w;
		cal_sum(s);
	}
}

void slove()
{
	//创建无向图
	int u, v, t;
	for (int i = 0; i < n - 1; i++)
	{
		cin >> u >> v >> t;
		e[u].push_back({v, t});
		e[v].push_back({u, t});
	}
	
	//为LCA做准备
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 1);
	
	//树上前缀和,每个节点到根节点的距离
	cal_sum(1);
	
	//计算总路长
	for (int i = 0; i < k; i++)
		cin >> a[i];
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < k - 1; i++)
	{
		ans += sum[a[i]] + sum[a[i + 1]] - 2 * sum[cla(a[i], a[i + 1])];
	}
	
	
	for (int i = 0; i < k; i++)
	{
		int tmp = ans;
		if (i == 0)
			tmp -= sum[a[i]] + sum[a[i + 1]] - 2 * sum[cla(a[i], a[i + 1])];
		else if (i == k - 1)
			tmp -= sum[a[i]] + sum[a[i - 1]] - 2 * sum[cla(a[i], a[i - 1])];
		else
		{
			tmp -= sum[a[i]] + sum[a[i + 1]] - 2 * sum[cla(a[i], a[i + 1])];
			tmp -= sum[a[i]] + sum[a[i - 1]] - 2 * sum[cla(a[i], a[i - 1])];
			tmp += sum[a[i - 1]] + sum[a[i + 1]] - 2 * sum[cla(a[i - 1], a[i + 1])];
		}
		cout << tmp << " ";
	}
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> k;
	slove();
	return 0;
}

10. 砍树


输出格式

一行一个整数，表示答案，如有多个答案，输出编号最大的一个。

输入样例:

6 2

1 2

2 3

4 3

2 5

6 5

3 6

4 5

输出样例:

4

**解题思路:**本题同样要使用到LCA找公共祖先的算法,以及树上差分

代码实现:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5 + 10;
typedef pair<int, int> ppi;
map<ppi, int> mp;
vector<int> e[N];

int w[N];
int n, m;

int fa[N], son[N], sz[N], top[N], dep[N];
void dfs1(int u, int father)
{
	fa[u] = father, sz[u] = 1, dep[u] = dep[father] + 1;
	for (auto s : e[u])
	{
		if (s == father)
			continue;
		dfs1(s, u);
		sz[u] += sz[s];
		if (sz[son[u]] < sz[s]) son[u] = s;
	}
}

void dfs2(int u, int t)
{
	top[u] = t;
	if (!son[u]) return;
	dfs2(son[u], t);
	
	for (auto s : e[u])
	{
		if (s == fa[u] || s == son[u])
			continue;
		dfs2(s, s);
	}
}

int cla(int u, int v)
{
	while (top[u] != top[v])
	{
		if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
		u = fa[top[u]];
	}
	return dep[u] < dep[v] ? u : v;
}

void cal_sum(int u)
{
	for (auto s : e[u])
	{
		if (s == fa[u])
			continue;
		cal_sum(s);
		w[u] += w[s];
	}
}

void slove()
{
	cin >> n >> m;
	int x, y;
	for (int i = 0; i < n - 1; i++)
	{
		cin >> x >> y;
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
		mp[{x, y}] = mp[{y, x}] = i + 1;
	}
	
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 1);
	
	//树上差分
	int a, b;
	for (int i = 0; i < m; i++)
	{
		cin >> a >> b;
		w[a]++; w[b]++;
		w[cla(a, b)] -= 2;	
	}
	//再做一次树上前缀和
	cal_sum(1);
	
	//遍历每个点
	int ret = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (w[i] == m)
		{
			ret = max(ret, mp[{i, fa[i]}]);
		}
	}
	cout << ret;
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	slove();
	return 0;
}
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