记录刷题的过程、感悟、题解。
希望能帮到，那些与我一同前行的，来自远方的朋友😉
大纲：
1、握手问题-（解析）-简单组合问题（别人叫她 鸽巢定理）😇，感觉叫高级了
题目：
1、握手问题
问题描述
小蓝组织了一场算法交流会议，总共有 50 人参加了本次会议。在会议上，大家进行了握手交流。按照惯例他们每个人都要与除自己以外的其他所有人进行一次握手 (且仅有一次)。但有 7 个人，这 7 人彼此之间没有进行握手 (但这 7 人与除这 7 人以外的所有人进行了握手)。请问这些人之间一共进行了多少次握手?
注意 A 和 B 握手的同时也意味着 B 和 A 握手了，所以算作是一次握手。
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。
// 我看大家都叫他鸽巢定理（就是简单的组合问题）
// 其实只需要枚举一下就行了
// 只需要枚举一下就行了
// 举个例子：
// 给所有1~50个人，排一个编号。
// 第50个人，与其他49个人握手，
// 第49个人，与其他48个人握手。（因为第50个人，已经跟他握过了）
// ...
// 第8个人，给其他7个人握手
// 第7个人，就不能跟剩下的6个人握手了（题目：这 7 人彼此之间没有进行握手 ）
// 同理，第6个、第5个...
// 因为这个7个人之间，不能相互握手。
cpp
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int sum=0;
for(int i=7; i<=49; ++i) sum+=i;
cout<<sum<<endl;
return 0;
}2、小球反弹
问题描述
有一长方形，长为 343720 单位长度，宽为 2333332 单位长度。在其内部左上角顶点有一小球 (无视其体积)，其初速度如图所示且保持运动速率不变，分解到长宽两个方向上的速率之比为 dx:dy=15:17。小球碰到长方形的边框时会发生反弹，每次反弹的入射角与反射角相等，因此小球会改变方向且保持速率不变（如果小球刚好射向角落，则按入射方向原路返回）。从小球出发到其第一次回到左上角顶点这段时间里，小球运动的路程为多少单位长度？答案四舍五入保留两位小数。
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。本题的结果为一个小数，在提交答案时只填写这个小数，填写多余的内容将无法得分。
其实这道题非常简单的啦，画个图，就能解决了。
只要画个图、然后去找他的镜像对称就行。（不断的补充方格就OK喽）
咱们暂定，咱们的速度是1，于是没t秒，运行t个单位。
最后的结果需要乘以2，比较要原路返回🔙。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
ll t = 1;
ll x=0,y=0;
while(1){
x=17*t;
y=15*t;
if(x%233333==0&&y%343720==0) break;
else t++;
}
double len = 2*sqrt((x*x)+(y*y));
printf("%.2lf",len);
return 0;
} 3、好数
问题描述
一个整数如果按从低位到高位的顺序，奇数位 (个位、百位、万位 ⋯⋯ ) 上的数字是奇数，偶数位 (十位、千位、十万位 ⋯⋯ ) 上的数字是偶数，我们就称之为 "好数"。
给定一个正整数 N，请计算从 1 到 N 一共有多少个好数。
输入格式
一个整数 N。
输出格式
一个整数代表答案。
样例输入 1
24样例输出 1
7样例输入 2
2024样例输出 2
150样例说明
对于第一个样例，24 以内的好数有 1、3、5、7、9、21、23，一共 7 个。
评测用例规模与约定
对于 10% 的评测用例，1≤N≤100 。
对于 100%的评测用例，1≤N≤10^7 。
其实.....这道题，真的很简单，如果做不出来，只能说，练的少。
其实就是简单的模拟。
当然如果期间你用reverse反转的话，一定会超时。（先把数字转化为字符串，然后将字符串反转一下，奇数位，必须是偶数；偶数位，必须是奇数。）
这是我在网上看的一哥们写的，只能说分支被他玩明白了😇
cpp
#include <stdio.h>
int main()
{
int n,i;
scanf("%d",&n);
for(;n>0;n--)
{
for(int m=n;m>0;)
{
if(m%2!=0)m/=10;
else break;
if(m%2==0)m/=10;
else break;
if(m==0)i++;
}
}
printf("%d",i);
return 0;
}4、R 格式
问题描述
小蓝最近在研究一种浮点数的表示方法：R 格式。对于一个大于 0 的浮点数 d，可以用 R 格式的整数来表示。给定一个转换参数 n，将浮点数转换为 R 格式整数的做法是:
将浮点数乘以 2^n；
四舍五入到最接近的整数。
输入格式
一行输入一个整数 n 和一个浮点数 d，分别表示转换参数，和待转换的浮点数。
输出格式
输出一行表示答案：d 用 R 格式表示出来的值。
样例输入
2 3.14样例输出
13样例说明
3.14×22=12.56，四舍五入后为 13。
评测用例规模与约定
对于 50% 的评测用例：1≤n≤10,1≤ 将 d 视为字符串时的长度 ≤15。
对于 100% 的评测用例：1≤n≤1000,1≤ 将 d 视为字符串时的长度 ≤1024；保证 d 是小数，即包含小数点。
哎，被这道题目给骗了😇，第一眼看上去，我还以为是快速幂呢。
其实本题本质上，就是一道高精度题目。
在蓝桥杯中，高精度是一个高频考点，我在最下部，高精度各种计算的模板。::传送门::
本题，实际上就是，不断乘以2，当然啦，要用高精度的乘法模版乘。循环n次
当然，要先记录一下数点的位置，然后减去。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 定义两个向量 A 和 B 用于存储高精度数字
vector<int> A, B;
// 函数 get 用于实现高精度乘法，将 A 和 B 相乘的结果存回 A
void get() {
// 结果向量 C 的大小是 A 和 B 大小之和
vector<int> C(A.size() + B.size());
// 逐位相乘并累加到 C 中
for(int i = 0; i < A.size(); ++i)
for(int j = 0; j < B.size(); ++j)
C[i + j] += A[i] * B[j];
// 处理进位
int carry = 0;
for(int i = 0; i < C.size(); ++i) {
carry += C[i];
C[i] = carry % 10;
carry /= 10;
}
// 去除前导 0，保留有效数字
while(C.size() > 1 && C.back() == 0) C.pop_back();
A = C;
}
// 主函数
int main() {
int n;
string str;
// 输入转换参数 n 和待转换的浮点数（以字符串形式输入）
cin >> n >> str;
// 将字符串反转，方便处理小数部分
reverse(str.begin(), str.end());
int pla = 0;
// 找到小数点的位置
for(int i = 0; i < str.size(); ++i)
if(str[i] == '.') {
pla = i;
break;
}
// 其实这里能改进的，好在该数只有一个'.'，因为 erase 函数的参数如果是字符，它会删除字符串中所有等于该字符的字符。
// 而我们只需要删除一个小数点，也可使用 erase 函数的另一个重载版本，传入位置参数
// 例如：str.erase(pla, 1);
// 将字符串中的数字字符转换为整数存入向量 A，跳过小数点
for(int i = 0; i < str.size(); ++i) if(str[i] != '.') A.emplace_back(str[i] - '0');
// 向量 B 初始化为 [2]，用于后续的乘法操作
B.emplace_back(2);
// 执行 n 次乘法操作，即乘以 2 的 n 次方
while(n--) get();
// 进行四舍五入操作，如果小数点后一位大于等于 5，则进位
if(A[pla - 1] >= 5) {
int carry = 1;
for(int i = pla; i < A.size(); ++i) {
carry += A[i];
A[i] = carry % 10;
carry /= 10;
if(carry == 0) break;
}
if(carry != 0) A.emplace_back(carry);
}
// 将结果向量 A 反转回正常顺序
reverse(A.begin(), A.end());
// 去除小数部分，因为题目要求输出整数
while(pla--) A.pop_back();
// 输出最终结果
for(int i : A) cout << i;
return 0;
}5、宝石组合
输入格式
第一行包含一个整数 N 表示宝石个数。
第二行包含 N 个整数表示 N 个宝石的 "闪亮度"。
输出格式
输出一行包含三个整数表示满足条件的三枚宝石的 "闪亮度"。
样例输入
5 1 2 3 4 9样例输出
1 2 3评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例：3≤N≤100,1≤Hi≤1000。
对于 60% 的评测用例：3≤N≤2000。
对于 100%的评测用例：3≤N≤10^5,1≤Hi≤10^5 。
像这种题目，要学会做减法，（见好就收）
前提是，你要知道gcd与lcm 都是怎么求的，否则一切都是白谈。点击了解 :: 传送门 ::
直接暴力，先拿个30%的分数，"字典序列最小"，也只是听着唬人罢了。😉
首先，我先给出30%的分数，然后在给出100%的解法。
30%
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int gcd(int a, int b)
{
if (b == 0)
return a;
return gcd(b, a % b);
}
int lcm(int a, int b)
{
return a * b / gcd(a, b);
}
int gcd3(int a, int b, int c)
{
return gcd(gcd(a, b), c);
}
int lcm3(int a, int b, int c)
{
return lcm(lcm(a, b), c);
}
signed main()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n), b(3);
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
sort(a.begin(), a.end());
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = i + 1; j < n; j++)
{
for (int k = j + 1; k < n; k++)
{
int s = a[i] * a[j] * a[k] * lcm3(a[i], a[j], a[k]) / (lcm(a[i], a[j]) * lcm(a[i], a[k]) * lcm(a[j], a[k]));
if (s > ans)
{
ans = s;
b[0] = a[i];
b[1] = a[j];
b[2] = a[k];
}
}
}
}
cout << b[0] << " " << b[1] << " " << b[2];
return 0;
}100%
其实本题最难的，就是把公式给推导出来
就是把
推导成gcd(a,b,c)
:: 具体的推导方法 ::
当你把公式推导出来之后，gcd。
首先在输入的时候，推导出gcd最大为多少（根据gcd的性质）
然后不断减减。
假设sum=gcd(a,b,c)，说明，a、b、c都是sum的倍数，然后题目就是根据这个推导出来的。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
signed main(){
// 既然公式已经推导出来了，那就直接来个大的吧
// gcd(a,b,c) 最大数，就是输入的数字
int n;
cin>>n;
vector<int> arr(N,0);
int maxN = -1;
for(int i=0; i<n; ++i) {
int cnt;
cin>>cnt; // 输入数据
arr[cnt]++;
maxN=max(maxN,cnt);
}
for(int i=maxN; i>=1; --i){
int num=0,cnt[3],flag=0; // flag:有几个数字
for(int sum=i; sum<N; sum+=i){
if(arr[sum]!=0){
for(int k=0; k<arr[sum]&&flag<3; ++k){
cnt[flag++]=sum;
}
}
if(flag==3){
cout<<cnt[0]<<" "<<cnt[1]<<" "<<cnt[2];
return 0;
}
}
}
return 0;
}6、数字接龙
问题描述
小蓝最近迷上了一款名为《数字接龙》的迷宫游戏，游戏在一个大小为 N×N 的格子棋盘上展开，其中每一个格子处都有着一个 0...K−1 之间的整数。游戏规则如下：
从左上角 (0,0) 处出发，目标是到达右下角 (N−1,N−1) 处的格子，每一步可以选择沿着水平/垂直/对角线方向移动到下一个格子。
对于路径经过的棋盘格子，按照经过的格子顺序，上面的数字组成的序列要满足：0,1,2,...,K−1,0,1,2,...,K−1,0,1,2...。
途中需要对棋盘上的每个格子恰好都经过一次（仅一次）。
路径中不可以出现交叉的线路。例如之前有从 (0,0) 移动到 (1,1) ，那么再从 (1,0) 移动到 (0,1) 线路就会交叉。
为了方便表示，我们对可以行进的所有八个方向进行了数字编号，如下图 2 所示；因此行进路径可以用一个包含 0...7 之间的数字字符串表示，如下图 1 是一个迷宫示例，它所对应的答案就是：41255214。
现在请你帮小蓝规划出一条行进路径并将其输出。如果有多条路径，输出字典序最小的那一个；如果不存在任何一条路径，则输出 −1。
输入格式
第一行包含两个整数 N,K 。
接下来输入 N 行，每行 N 个整数表示棋盘格子上的数字。
输出格式
输出一行表示答案。如果存在答案输出路径，否则输出 −1。
样例输入
3 3 0 2 0 1 1 1 2 0 2样例输出
41255214样例说明
行进路径如图 1 所示。
评测用例规模与约定
对于 80% 的评测用例：1≤N≤5 。
对于 100% 的评测用例：1≤N≤10,1≤K≤10 。
DFS千篇一律，😇😉，好像都是这个模版耶，稍稍总结一下！嘿嘿(～￣▽￣)～
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 定义棋盘的最大尺寸，这里设置为 15，可根据实际需求调整
const int N = 1e1+5;
// 棋盘的边长 n 和数字循环的周期 k
int n, k;
// 存储棋盘上每个格子的数字
int arr[N][N];
// 表示八个方向在 x 轴上的偏移量
int fa1[] = {-1, -1, 0, 1, 1, 1, 0, -1};
// 表示八个方向在 y 轴上的偏移量
int fa2[] = {0, 1, 1, 1, 0, -1, -1, -1};
// 用于标记棋盘上的格子是否已经被访问过
bool used[N][N];
// 用于标记两个格子之间的连线是否已经存在，防止路径交叉
bool edge[N][N][N][N];
// 存储当前正在探索的路径
vector<int> res;
// 存储找到的字典序最小的路径
vector<int> t;
// 深度优先搜索函数
// cur_x, cur_y 表示当前所在格子的坐标
// cnt 表示当前已经走过的步数（从 1 开始计数）
void dfs(int cur_x, int cur_y, int cnt) {
// 如果已经走过了 n * n - 1 步（因为起点已经算走过了）并且到达了右下角
if (res.size() == n * n - 1 && cur_x == n - 1 && cur_y == n - 1) {
// 如果 t 为空或者当前路径 res 的字典序小于 t
if (t.empty() || res < t) {
// 更新 t 为当前路径 res
t = res;
}
return;
}
// 遍历八个方向
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
// 计算下一个格子的坐标
int x = cur_x + fa1[i], y = cur_y + fa2[i];
// 如果下一个格子超出了棋盘范围，跳过
if (x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= n) continue;
// 如果下一个格子已经被访问过，跳过
if (used[x][y]) continue;
// 如果是斜向移动（i % 2 == 1）并且当前路径会与已有的路径交叉，跳过
if (i % 2 == 1 && (edge[cur_x][y][x][cur_y] || edge[x][cur_y][cur_x][y])) continue;
// 如果下一个格子的数字符合当前步数的要求（按照 0 到 k - 1 的循环）
if (cnt % k == arr[x][y]) {
// 将当前方向加入路径
res.push_back(i);
// 标记下一个格子为已访问
used[x][y] = true;
// 标记当前格子和下一个格子之间的连线已存在
edge[cur_x][cur_y][x][y] = true;
// 递归地继续搜索下一个格子
dfs(x, y, cnt + 1);
// 回溯，撤销对下一个格子的访问标记
used[x][y] = false;
// 回溯，撤销当前格子和下一个格子之间的连线标记
edge[cur_x][cur_y][x][y] = false;
// 回溯，从路径中移除当前方向
res.pop_back();
}
}
}
int main() {
// 输入棋盘的边长 n 和数字循环的周期 k
cin >> n >> k;
// 输入棋盘上每个格子的数字
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 0; j < n; ++j)
cin >> arr[i][j];
// 标记起点为已访问
used[0][0] = true;
// 从起点 (0, 0) 开始进行深度优先搜索，步数为 1
dfs(0, 0, 1);
// 如果没有找到符合要求的路径
if (t.size() == 0)
cout << -1 << endl;
else {
// 输出字典序最小的路径
for (int i : t)
cout << i;
}
return 0;
}7、拔河
问题描述
小明是学校里的一名老师，他带的班级共有 nn 名同学，第 ii 名同学力量值为 aiai。在闲暇之余，小明决定在班级里组织一场拔河比赛。
为了保证比赛的双方实力尽可能相近，需要在这 nn 名同学中挑选出两个队伍，队伍内的同学编号连续：{al1,al1+1,...,ar1−1,ar1} 和 {al2,al2+1,...,ar2−1,ar2}，其中 l1≤r1<l2≤r2。
两个队伍的人数不必相同，但是需要让队伍内的同学们的力量值之和尽可能相近。请计算出力量值之和差距最小的挑选队伍的方式。
输入格式
输入共两行。
第一行为一个正整数 n。
第二行为 n 个正整数 ai。
输出格式
输出共一行，一个非负整数，表示两个队伍力量值之和的最小差距。
样例输入
5 10 9 8 12 14样例输出
1样例说明
其中一种最优选择方式：
队伍 1： {a1,a2,a3}，队伍 2：{a4,a5}，力量值和分别为 10+9+8=27 , 12+14=26，差距为 ∣27−26∣=1 。
评测用例规模与约定
对于 20% 的评测用例，保证 n≤50。
对于 100% 的评测用例，保证 n≤10^3,ai≤10^9 。
大脑模拟一下，就是两个不能重叠的区间，在相互乱动
而，现在，我们要做的，就是定一个区间，动一个区间。
当然，我不知道，会不会有人担心，这样做，会不会漏掉某些区间。
举个例子。
假设共长10。
（以下，看不懂没关系，直接跳过，把代码复制下来问AI😄）
0,1\]区间，此时红线在2这个节点。如下代码遍历时，只能定以2为左端点。
以下代码是不是无法判断\[7、8\]这个区间？后来是不是会被遗忘点。
完全没必要担心，因为\[0,1\]会被记录到set中，后续等以7为左边端点时，还能对比。
```cpp
// 双动态，定一，动一。
#include