第十一届蓝桥杯省赛模拟解析

又双叒叕因为疫情,蓝桥杯也受了影响(邀请赛这学期应该无望了,大三老人直接退役QAQ)

第一次校内模拟鸽了没参加,所幸又举办了一次省赛模拟

对比之前的参赛经验,这次题目难度偏简单

第一题(填空)

问题描述

由1对括号,可以组成一种合法括号序列:()。
由2对括号,可以组成两种合法括号序列:()()、(())。
由4对括号组成的合法括号序列一共有多少种?

解析

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卡特兰数经典场景~~~

不知道卡特兰数的话

可以把左括号看成1,右括号看成-1

则合法序列满足:该序列所有前缀和大于等于0,最后是0

写个暴搜也是可以

参考答案:14

第二题(填空)

问题描述

在计算机存储中,12.5MB是多少字节?

解析

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这题目???

计算机基础知识,1MB=220B1MB = 2^{20} B

参考答案:13107200

第三题(填空)

问题描述

将LANQIAO中的字母重新排列,可以得到不同的单词,如LANQIAO、AAILNOQ等,注意这7个字母都要被用上,单词不一定有具体的英文意义。
  请问,总共能排列如多少个不同的单词。

解析

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简单排列组合,全排列为n!n!

注意到单词中有2个A,所以除去重复的

答案为7!2!\frac{7!}{2!}

参考答案:2520

第四题(填空)

问题描述

一个包含有2019个结点的无向连通图,最少包含多少条边

解析

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数据结构常识题,链状即可

参考答案:2018

第五题(代码,Easy)

问题描述

给定一个单词,请使用凯撒密码将这个单词加密。
  凯撒密码是一种替换加密的技术,单词中的所有字母都在字母表上向后偏移3位后被替换成密文。即a变为d,b变为e,…,w变为z,x变为a,y变为b,z变为c。
  例如,lanqiao会变成odqtldr。

输入格式

输入一行,包含一个单词,单词中只包含小写英文字母。

输出格式

输出一行,表示加密后的密文。

样例输入

lanqiao

样例输出

odqtldr

评测用例规模与约定

对于所有评测用例,单词中的字母个数不超过100。

解析

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简单哈希,复杂度O(n)O(n)

1
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24
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n;
string str;
int main()
{
cin >> str;
int len = str.length();
for(int i = 0; i < len; ++i)
{
if(str[i] == 'x')
str[i] = 'a';
else if(str[i] == 'y')
str[i] = 'b';
else if(str[i] == 'z')
str[i] = 'c';
else str[i] = str[i] + 3;
}
cout << str << endl;
return 0;
}
/*
abcdefghijklmnopqrstuvwxyz
*/

第六题(代码,Medium)

问题描述

给定三个整数 a, b, c,如果一个整数既不是 a 的整数倍也不是 b 的整数倍还不是 c 的整数倍,则这个数称为反倍数。
  请问在 1 至 n 中有多少个反倍数。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n。
  第二行包含三个整数 a, b, c,相邻两个数之间用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含一个整数,表示答案。

样例输入

30
2 3 6

样例输出

10

样例说明

以下这些数满足要求:1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29。

评测用例规模与约定

对于 40% 的评测用例,1 <= n <= 10000。
  对于 80% 的评测用例,1 <= n <= 100000。
  对于所有评测用例,1 <= n <= 1000000,1 <= a <= n,1 <= b <= n,1 <= c <= n。

解析

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容斥,先看这个问题的反问题

求1~n中有多少个数是a的倍数或者b的倍数或者c的倍数

a的倍数:na\frac{n}{a},b的倍数:nb\frac{n}{b},c的倍数:nc\frac{n}{c}

加起来减去重复算的:a和b的倍数,a和c的倍数,b和c的倍数

再加上多减的:a和b和c的倍数

最后答案就是n-cnt

复杂度O(logn)O(logn)

1
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, n, a, b, c;
LL gcd(LL a, LL b)
{
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int main()
{
cin >> n >> a >> b >> c;
int ab = a*b/gcd(a,b);
int ac = a*c/gcd(a,c);
int bc = b*c/gcd(b,c);
int abc = ab*c/gcd(ab,c);
int ans = n;
ans -= n/a + n/b + n/c;
ans += n/ab + n/ac + n/bc;
ans -= n/abc;
cout << ans << endl;
/*
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(i % a == 0) continue;
if(i % b == 0) continue;
if(i % c == 0) continue;
cnt++;
}
cout << cnt << endl;
*/
return 0;
}

第七题(代码,Medium+)

问题描述

如果一个序列的奇数项都比前一项大,偶数项都比前一项小,则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。
  小明想知道,长度为 m,每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。

输入格式

输入一行包含两个整数 m,n。

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10000的余数。

样例输入

3 4

样例输出

14

样例说明

以下是符合要求的摆动序列:
  2 1 2
  2 1 3
  2 1 4
  3 1 2
  3 1 3
  3 1 4
  3 2 3
  3 2 4
  4 1 2
  4 1 3
  4 1 4
  4 2 3
  4 2 4
  4 3 4

评测用例规模与约定

对于 20% 的评测用例,1 <= n, m <= 5;
  对于 50% 的评测用例,1 <= n, m <= 10;
  对于 80% 的评测用例,1 <= n, m <= 100;
  对于所有评测用例,1 <= n, m <= 1000。

解析

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dp,dp[i][j]表示长度为i,最后一位数字为j的序列个数

i是奇数,dp[i][j]=k=1j1dp[i1][k]dp[i][j] = \sum_{k=1}^{j-1} dp[i-1][k]

i是偶数,dp[i][j]=k=j+1ndp[i1][k]dp[i][j] = \sum_{k=j+1}^{n} dp[i-1][k]

暴力是O(n3)O(n^3),用常量记录sum优化一下O(n2)O(n^2)

1
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39
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 10000;
int T, m, n;
int dp[1007][1007];
int main()
{
cin >> m >> n;
dp[1][1] = 0;
for(int j = 2; j <= n; ++j)
dp[1][j] = 1;
for(int i = 2; i <= m; ++i)
{
int sum = 0;
if(i % 2 == 0)
{
for(int j = 1; j <= n; ++j)
sum = (sum + dp[i-1][j]) % mod;
}
for(int j = 1; j <= n; ++j)
{
if(i % 2)
{
sum = (sum + dp[i-1][j-1]) % mod;
dp[i][j] = sum;
}
else
{
sum = (sum - dp[i-1][j] + mod) % mod;
dp[i][j] = sum;
}
}
}
int ans = 0;
for(int j = 1; j <= n; ++j)
ans = (ans + dp[m][j]) % mod;
cout << ans << endl;
return 0;
}

第八题(代码,Easy+)

问题描述

对于一个 n 行 m 列的表格,我们可以使用螺旋的方式给表格依次填上正整数,我们称填好的表格为一个螺旋矩阵。
  例如,一个 4 行 5 列的螺旋矩阵如下:
  1 2 3 4 5
  14 15 16 17 6
  13 20 19 18 7
  12 11 10 9 8

输入格式

输入的第一行包含两个整数 n, m,分别表示螺旋矩阵的行数和列数。
  第二行包含两个整数 r, c,表示要求的行号和列号。

输出格式

输出一个整数,表示螺旋矩阵中第 r 行第 c 列的元素的值。

样例输入

4 5
2 2

样例输出

15

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例,2 <= n, m <= 20。
  对于 70% 的评测用例,2 <= n, m <= 100。
  对于所有评测用例,2 <= n, m <= 1000,1 <= r <= n,1 <= c <= m。

解析

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模拟,没啥好说的,O(n2)O(n^2)

1
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3
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31
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,m,r,c;
int maze[1007][1007], vis[1007][1007];
int main()
{
cin >> n >> m >> r >> c;
int k = 1;
int dx[] = {0, 1, 0, -1};
int dy[] = {1, 0, -1, 0};
int dir = 0, x = 1, y = 1;
while(k <= n*m)
{
maze[x][y] = k;
vis[x][y] = 1;
int nx = x + dx[dir];
int ny = y + dy[dir];
if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m || vis[nx][ny])
dir = (dir + 1) % 4;
x = x + dx[dir];
y = y + dy[dir];
k++;
}
/*
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= m; ++j)
cout << maze[i][j] << (j == m ? '\n' : ' ');
*/
cout << maze[r][c] << endl;
return 0;
}

第九题(代码,Medium+)

问题描述

小明和朋友们一起去郊外植树,他们带了一些在自己实验室精心研究出的小树苗。
  小明和朋友们一共有 n 个人,他们经过精心挑选,在一块空地上每个人挑选了一个适合植树的位置,总共 n 个。他们准备把自己带的树苗都植下去。
  然而,他们遇到了一个困难:有的树苗比较大,而有的位置挨太近,导致两棵树植下去后会撞在一起。
  他们将树看成一个圆,圆心在他们找的位置上。如果两棵树对应的圆相交,这两棵树就不适合同时植下(相切不受影响),称为两棵树冲突。
  小明和朋友们决定先合计合计,只将其中的一部分树植下去,保证没有互相冲突的树。他们同时希望这些树所能覆盖的面积和(圆面积和)最大。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n ,表示人数,即准备植树的位置数。
  接下来 n 行,每行三个整数 x, y, r,表示一棵树在空地上的横、纵坐标和半径。

输出格式

输出一行包含一个整数,表示在不冲突下可以植树的面积和。由于每棵树的面积都是圆周率的整数倍,请输出答案除以圆周率后的值(应当是一个整数)。

样例输入

6
1 1 2
1 4 2
1 7 2
4 1 2
4 4 2
4 7 2

样例输出

12

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例,1 <= n <= 10;
  对于 60% 的评测用例,1 <= n <= 20;
  对于所有评测用例,1 <= n <= 30,0 <= x, y <= 1000,1 <= r <= 1000。

解析

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n只有30,我直接考虑暴力做法了

O(n2)O(n^2)算出与其他所有圆都不相交的,这个圆是必定加上去的

然后在剩下的圆中再做考虑(此时最坏情况下有15组两两相交的圆)

所以直接O(2n)O(2^{n})暴力计算选择哪些圆即可

1
2
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7
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40
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60
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63
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n;
int x[37],y[37],r[37];
int vis[37], ans;
bool check(int i, int j)
{
int dis1 = (x[i]-x[j])*(x[i]-x[j]) + (y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]);
int dis2 = (r[i]+r[j])*(r[i]+r[j]);
return dis1 >= dis2;
}
void dfs(int pos, int temp)
{
if(pos > n)
{
if(temp > ans)
ans = temp;
return;
}
if(vis[pos])
{
dfs(pos+1, temp);
return;
}
bool ok = true;
for(int i = 1; i <= n && ok; ++i)
{
if(vis[i] && !check(pos, i))
ok = false;
}
if(ok)
{
vis[pos] = 1;
dfs(pos+1, temp + r[pos]*r[pos]);
vis[pos] = 0;
}
dfs(pos+1, temp);
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d %d %d", &x[i], &y[i], &r[i]);
int temp = 0;;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
bool ok = true;
for(int j = 1; j <= n && ok; ++j)
{
if(i == j) continue;
if(!check(i, j))
ok = false;
}
if(ok)
{
temp += r[i]*r[i];
vis[i] = 1;
}
}
dfs(1, temp);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

第十题(代码,Medium)

问题描述

2015年,全中国实现了户户通电。作为一名电力建设者,小明正在帮助一带一路上的国家通电。
  这一次,小明要帮助 n 个村庄通电,其中 1 号村庄正好可以建立一个发电站,所发的电足够所有村庄使用。
  现在,这 n 个村庄之间都没有电线相连,小明主要要做的是架设电线连接这些村庄,使得所有村庄都直接或间接的与发电站相通。
  小明测量了所有村庄的位置(坐标)和高度,如果要连接两个村庄,小明需要花费两个村庄之间的坐标距离加上高度差的平方,形式化描述为坐标为 (x_1, y_1) 高度为 h_1 的村庄与坐标为 (x_2, y_2) 高度为 h_2 的村庄之间连接的费用为
  sqrt((x_1-x_2)(x_1-x_2)+(y_1-y_2)(y_1-y_2))+(h_1-h_2)*(h_1-h_2)。
  在上式中 sqrt 表示取括号内的平方根。请注意括号的位置,高度的计算方式与横纵坐标的计算方式不同。
  由于经费有限,请帮助小明计算他至少要花费多少费用才能使这 n 个村庄都通电。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n ,表示村庄的数量。
  接下来 n 行,每个三个整数 x, y, h,分别表示一个村庄的横、纵坐标和高度,其中第一个村庄可以建立发电站。

输出格式

输出一行,包含一个实数,四舍五入保留 2 位小数,表示答案。

样例输入

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

样例输出

17.41

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例,1 <= n <= 10;
  对于 60% 的评测用例,1 <= n <= 100;
  对于所有评测用例,1 <= n <= 1000,0 <= x, y, h <= 10000。

解析

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最小生成树,换汤不换药,就是把边权的计算改了一下而已

直接prim算法O(n2)O(n^2)搞定

1
2
3
4
5
6
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31
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38
39
40
41
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43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n;
int x[1007],y[1007],h[1007];
double cost[1007][1007], lowcost[1007];
int vis[1007];
double getDis(int i, int j)
{
return sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j]) + (y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]))
+ (h[i]-h[j])*(h[i]-h[j]);
}
double prim(int bg)
{
double ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
lowcost[i] = cost[bg][i];
vis[bg]=1;
for(int j = 1; j < n; ++j)
{
double MIN = 1e14;
int k = -1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(!vis[i] && lowcost[i] < MIN)
{
MIN = lowcost[i];
k = i;
}
}
if(fabs(MIN-1e14) < 1e-6) return -1;
ans += MIN;
vis[k] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(!vis[i] && lowcost[i] > cost[k][i])
lowcost[i] = cost[k][i];
}
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d %d %d", &x[i], &y[i], &h[i]);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j < i; ++j)
{
cost[i][j] = cost[j][i] = getDis(i, j);
}
double ans = prim(1);
printf("%.2f\n", ans);
return 0;
}