前言：以下代碼部分僅供參考，C語言解答部分全部來自網友，Java語言部分部分參考自網友，對於答案的正確性不能完全保證。
試題1
數論中有著名的四方定理：所有自然數至多只要用四個數的平方和就可以表示。 我們可以通過計算機驗證其在有限范圍的正確性。 對於大數，簡單的循環嵌套是不適宜的。下面的代碼給出了一種分解方案。 請仔細閱讀，填寫空缺的代碼（下划線部分）。 注意：請把填空的答案（僅填空處的答案，不包括題面）存入考生文件夾下對應題號的“解答.txt”中即可。 直接寫在題面中不能得分。 int f(int n, int a[], int idx) { if(______________) return 1; // 填空1 if(idx==4) return 0; for(int i=(int)sqrt(n); i>=1; i--) { a[idx] = i; if(_______________________) return 1; // 填空2 } return 0; } int main(int argc, char* argv[]) { for(;;) { int number; printf("輸入整數(1~10億)："); scanf("%d",&number); int a[] = {0,0,0,0}; int r = f(number, a, 0); printf("%d: %d %d %d %d\n", r, a[0], a[1], a[2], a[3]); } return 0; } a[0]*a[0] + a[1]*a[1] + a[2]*a[2] + a[3]*a[3] == n f(n, a, idx + 1) == 1
來自網友：
本題滿分： 9分
填空1: (3分)
n==0
或者：0==n
填空2: (6分)
f(n-i*i, a, idx+1)
或者：
f(n-i*i, a, idx+1) > 0
f(n-i*i, a, idx+1) == 1
試題2
在對文本進行簡單加密的時候，可以選擇用一個n位的二進制數，對原文進行異或運算。 解密的方法就是再執行一次同樣的操作。 加密過程中n位二進制數會循環使用。並且其長度也可能不是8的整數倍。 下面的代碼演示了如何實現該功能。 請仔細閱讀，填寫空缺的代碼（下划線部分）。 void f(char* buf, unsigned char* uckey, int n) { int i; for(i=0; i<n; i++) buf[i] = buf[i] ^ uckey[i]; //異或運算，即：buf[i] ^= uckey[i] } int main(int argc, char* argv[]) { char p[] = "abcd中國人123"; // 待加密串 char* key = "11001100010001110"; //以串的形式表達的密匙，運算時要轉換為按位存儲的形式。 int np = strlen(p); int nk = strlen(key); unsigned char* uckey = (unsigned char*)malloc(np); // unsigned char是無符號字節型，char類型變量的大小通常為1個字節（1字節=8個位） // 密匙串需要按位的形式循環拼入 uckey中 int i; for(i=0; i<np*8; i++) { if(key[i%nk]=='1') ______; // 填空1按位或 else ______; // 填空2按位與 } f(p, uckey, strlen(p)); f(p, uckey, strlen(p)); printf("%s\n", p); free(uckey); return 0; } uckey[i/8] |= (unsigned char)0x80 >> (i%8) uckey[i/8] &= ~((unsigned char)0x80 >> (i%8))
本題滿分：14分
填空1：(7分)
uckey[i/8] |= (unsigned char)0x80 >> (i%8); //>>表示右移位，位邏輯運算符：&按位與，|按位或，^按位異或，~取反，移位運算符：<<左移，>>右移
從數學上看，左移1位等於乘以2，右移1位等於除以2，然后再取整，移位溢出的丟棄
填空2：(7分)
uckey[i/8] &= ~((unsigned char)0x80 >> (i%8));
注意所有邏輯等價形式都是正確的答案，比如可以使用左移位：
(unsigned char)0x80 >> 2 等價於：0x01 << 5
試題3
為什么1小時有60分鍾，而不是100分鍾呢？這是歷史上的習慣導致。 但也並非純粹的偶然：60是個優秀的數字，它的因子比較多。 事實上，它是1至6的每個數字的倍數。即1,2,3,4,5,6都是可以除盡60。 我們希望尋找到能除盡1至n的的每個數字的最小整數。 不要小看這個數字，它可能十分大，比如n=100, 則該數為： 69720375229712477164533808935312303556800 請編寫程序，實現對用戶輸入的 n （n<100）求出1~n的最小公倍數。 例如： 用戶輸入： 6 程序輸出： 60 用戶輸入： 10 程序輸出： 2520 要求考生把所有函數寫在一個文件中。調試好后，存入與考生文件夾下對應題號的“解答.txt”中即可。 相關的工程文件不要拷入。 對於編程題目，要求選手給出的解答完全符合ANSI C標准，不能使用c++特性； 不能使用諸如繪圖、中斷調用等硬件相關或操作系統相關的API。
import java.math.BigInteger; import java.util.Scanner; public class Main { public void getResult(int n) { BigInteger temp1 = BigInteger.ONE; BigInteger temp2 = BigInteger.ONE; BigInteger temp3 = BigInteger.ONE; for(int i = 2;i <= n;i++) { temp1 = temp3; temp2 = new BigInteger(""+i); temp3 = temp1.gcd(temp2); temp3 = temp1.multiply(temp2).divide(temp3); } System.out.println(temp3); } public static void main(String[] args) { Main test = new Main(); Scanner in = new Scanner(System.in); int n = in.nextInt(); test.getResult(n); } }
來自網友C語言版：
解答： 最小公倍數就是所有質數的相應冪的積 比如N=10 小於10的質數有2,3,5,7 對應的最大冪是：3，2，1，1 則最小公倍數是：2^3x3^2x5^1x7^1 = 2520 #include <iostream> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; int a[50] = {0};//存素數 bool vis[100]; int b[50] = {0};//存冪次 void init_prim()//求小於100的所有素數存入數組a { int i,j,k; int m = (int)(sqrt(100.0)+0.5); memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[0] = 1; vis[1] = 1;//必須加上,否則第一個素數別認為是1 for(i=2; i<=m; i++) if(!vis[i]) { for(j=2*i; j<=100; j+=i) vis[j] = 1; } int t = 0; for(k=0; k<100; k++) if(!vis[k]) a[t++] = k; } int main() { int i,j,k; init_prim(); int n; //2^6 = 64,2^7 = 128;由於n最大100，冪次最大6 // for(i=0 ; i<100; i++)//素數沒問題 // if(!vis[i]) // cout<<i<<endl; // while(1); while(cin>>n) { memset(b,0,sizeof(b)); for(i=0; i<=n&&a[i]<=n; i++)//”1到n素數個數小於n的一半 “不對，3有兩個素數 { // cout<<a[i]<<"-----"<<endl; for(j=1; j<=6; j++) { if(pow((double)a[i],(double)j)>(double)n) { b[i] = j -1;//b的下標不必新開 break; } else if(pow((double)a[i],(double)j) == (double)n)//必須分開 { b[i] = j; break; } } } //不知道是不是pow函數的問題，把ans定義為int得出的結果出問題，double就對了 double ans = 1; for(k=0; k<i; k++) { //cout<<a[k]<<"........"<<b[k]<<endl; ans *= pow((double)a[k],(double)b[k]); } cout<<(int)ans<<endl; } return 0; } //該程序 到25時就溢出，ans換位long long前幾個就錯誤啦，此時需要把pow函數換掉 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int N = 105; int n; int a[N][50]; int b[N] = {0}; void multiply() { int i,j,k; memset(a,0,sizeof(a)); for(i=3; i<=100; i++) { /* 下面的是直接按平常的乘法，乘數的一位乘以被乘數的每一位並處理進位；另外是乘數整體乘以被乘數的每一位最后統一處理進位 */ int temp = 0; a[i][0] = 1;//很重要 for(j=2; j<=i; j++) { int c = 0; for(k=0; k<50; k++)//最大不超過160位 ，目前是100!,最后除以3等50 { temp = a[i][k]*b[j] + c; a[i][k] = temp%1000; c = temp/1000; } } } } void printData(int n) { int i,j,k; for(i=49; i>=0; i--) if(a[n][i]) break; cout<<a[n][i];//第一個不輸出前導0 for(j=i-1; j>=0; j--) printf("%03d",a[n][j]); cout<<endl; } int main() { int i, j, k; for(i=0; i<N; i++) b[i] = i; for(i=2; i<N; i++) for(j=i+1; j<=N; j++) { if(b[j]%b[i]==0) b[j] /= b[i]; //cout<<b[j]<<endl; } //for(i=0; i<100; i++) // cout<<b[i]<<endl; //while(1); multiply(); while(cin>>n) { if(n==1||n==2) { cout<<n<<endl; continue; } printData(n); } return 0; }
試題4
為解決交通難題，某城市修建了若干條交錯的地鐵線路，線路名及其所屬站名如stations.txt所示。 線1 蘋果園 .... 四惠東 線2 西直門 車公庄 .... 建國門 線4 .... 其中第一行數據為地鐵線名，接下來是該線的站名。 當遇到空行時，本線路站名結束。 下一行開始又是一條新線....直到數據結束。 如果多條線擁有同一個站名，表明：這些線間可以在該站換車。 為引導旅客合理利用線路資源，解決交通瓶頸問題，該城市制定了票價策略： 1. 每條線路可以單獨購票，票價不等。 2. 允許購買某些兩條可換乘的線路的聯票。聯票價格低於分別購票。 單線票價和聯合票價如 price.txt 所示。 線1 180 ..... 線13 114 線1,線2 350 線1,線10 390 ..... 每行數據表示一種票價 線名與票價間用空格分開。如果是聯票，線名間用逗號分開。 聯票只能包含兩條可換乘的線路。 現在的問題是：根據這些已知的數據，計算從A站到B站最小花費和可行的換乘方案。 比如，對於本題目給出的示例數據 如果用戶輸入： 五棵松,奧體中心 程序應該輸出： -(線1,線10)-線8 = 565 如果用戶輸入： 五棵松,霍營 程序應該輸出： -線1-(線4,線13) = 440 可以看出，用戶輸入的數據是：起始站，終到站，用逗號分開。 程序輸出了購票方案，在括號中的表示聯票，短橫線(-)用來分開乘車次序。 等號后輸出的是該方案的花費數值。 請編程解決上述問題。 注意： 1. 我們測試您的程序時，所用數據與題目中的示例數據不同，但格式完全一樣。 2. 當多個方案有相同的最小花費，輸出任意一個方案即可。 要求考生把所有類寫在一個文件中。 調試好后，存入與考生文件夾下對應題號的“解答.txt”中即可。 相關的工程文件不要拷入。請不要使用package語句。
對於此題，重點在於文本文件中信息的讀取，並選擇合適的數據結構來處理分類，好復雜的感覺，又看到相關備注，說明：此題類型在第四屆以后便不再用這種形式來出題，所以就簡單的看了一下網友的代碼，沒有自己上機實現。
Java版：藍橋杯-地鐵換乘
來自網友的C語言版：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #define LEN 50 4 typedef struct stations{ 5 char name[20]; 6 int len; 7 int roads[50]; 8 struct stations *left; 9 struct stations *right; 10 }Stations; 11 12 typedef struct etree{ 13 int value; 14 int roadNum; 15 struct etree *father; 16 int childnum; 17 }ETree; 18 19 typedef struct queue{ 20 ETree *tie; 21 struct queue *next; 22 }Queue; 23 24 void pushQueue(Queue &head, ETree *&etree){ 25 Queue *p=head.next,*q=&head; 26 while(p!=NULL && (p->tie->value<etree->value)){ 27 q=p; 28 p=p->next; 29 } 30 q->next=(Queue*)malloc(sizeof(Queue)); 31 q->next->tie=etree; 32 q->next->next=p; 33 } 34 void freeEtree(ETree *q){ 35 ETree *p; 36 while(q->childnum==0){ 37 p=q; 38 q=q->father; 39 free(p); 40 if(q!=NULL) 41 q->childnum--; 42 else 43 break; 44 } 45 } 46 47 void freeAll(Stations *&head){ 48 if (head!=NULL){ 49 freeAll(head->left); 50 freeAll(head->right); 51 free(head); 52 } 53 } 54 55 void showBest(ETree *h,int price[][LEN],char roadName[][20],int roadNum){ 56 if(h!=NULL){ 57 if (h->faher==NULL){ 58 printf("%s",roadName[h->roadNum]); 59 } 60 else{ 61 int j; 62 j=h->roadNum; 63 if (h->value==(price[j][j]+h->father->value)){ 64 showBest(h->father,price,roadName,roadNum); 65 if (price[j][roadNum]){ 66 printf("-(%s,%s)",roadName[j],roadName[price[j][roadNum]-1]); 67 68 } 69 else 70 printf("-%s",roadName[j]); 71 } 72 else{ 73 showBest(h->father->father,price,roadNme,roadNum); 74 printf("-(%s,%s)",roadName[h->father->roadNum],roadName[j]); 75 } 76 } 77 } 78 } 79 80 inline int compares(char s1[],int n1,chr s2[],int n2){ 81 if (n1!=n2) 82 return n1-n2; 83 return strcmp(s1,s2); 84 } 85 boll findStation(Stations* &head,Stations* &p,char s[]){ 86 int len=strlen(s); 87 int t; 88 Stations q; 89 p=head; 90 while (n!=NULL){ 91 q=p; 92 t=compares(s,len,p->name,p->len); 93 if (t<0) 94 p=p->left; 95 else 96 retrn true; 97 } 98 p=q; 99 return false; 100 } 101 102 void insert(Stations* &head,char s[],int road,int price[][LEN]{ 103 Stations *p,*q; 104 int t; 105 t=strlen(s); 106 if(s[t-1]=='\n') 107 s[t-1]='\0'; 108 if(head==NULL){ 109 p=(Stations *)malloc(sizeof(Stations)); 110 p->left=NULL; 111 p->rght=NULL; 112 strcpy(p->name,s); 113 p->len=strlen(s); 114 p->road[0]=1; 115 p->road[1]read; 116 head=p; 117 } 118 else{ 119 if (findStation(head,p,s)){ 120 p->roads[0]++; 121 t=p->roads[0]; 122 p->roads[t]=road; 123 for(t--;t>0,t--){ 124 price[p->road[t]][road]=-1; 125 price[road][p->road[t]]=-1; 126 } 127 } 128 else{ 129 q=p; 130 p=(Stations *)malloc(sizeof(Stations)); 131 p->left=NULL; 132 p->right=NULL; 133 strcpy(p->name,s); 134 p->len=strlen(s); 135 p->road[0]=1; 136 p->road[1]=road; 137 t=compares(s,p->len,q->name,q->len); 138 if(t<0) 139 q->left=p; 140 else 141 q->right=p; 142 } 143 } 144 } 145 146 int GetRoadNum(char *r,char roadName[][20],int road Num){ 147 for (int i=0;i<roadNum;i++) 148 if (strcmp(roadName[i],r)==0) 149 return i; 150 return 0; 151 } 152 153 void main() 154 { 155 //[roadnum][roadnum+1] 156 int price[LEN][LEN]={0}; 157 char roadName[LEN][20]; 158 int i,j,k,t; 159 char line[20]; 160 int roadNum; 161 Stations *head=NULL; 162 FILE *fp; 163 if((fp=fopen("stations.xt","r"))==NULL){ 164 printf("找不到stations文件\n"); 165 return; 166 } 167 roadNum=0; 168 while(!feof(fp)){ 169 fscanf(fp,"%s%*c",roadName[roadNum]); 170 fgets(line,19,fp); 171 while(!feof(fp)&&line[0]!='\n'){ 172 insert(head,line,roadNum,price); 173 fgets(line,19,fp); 174 } 175 roadNum++; 176 } 177 roadNum++; 178 } 179 insert(head,line,roadNum-1,price); 180 fclose(fp); 181 if ((fp=fopen("price.txt","r"))==NULL){ 182 printf("找不到price文件"); 183 } 184 while (!feof(fp)){ 185 fscanf(fp,"%s,line); 186 fscanf(fp,"%d",&k); 187 for(t=0;line[t]!='\0'&&line[t]!=",";t++); 188 if (line[t]==','){ 189 line[t]='\0'; 190 i=GetRoadNum(line,roadName,roadNum); 191 j=GetRoadNum(line+t+1,roadName,roadNm); 192 price[i][j]=k; 193 price[j][i]=k; 194 if (price[i][i]>k){ 195 price[i][roadNum]=j+1; 196 } 197 if (price[j][j]>k){ 198 price[j][j]=k; 199 price[j]roadNum]=i+1; 200 } 201 } 202 else{ 203 i=GetRoadNum(line,roadName,roadNum); 204 price[i][i]=k; 205 } 206 } 207 208 fclose(fp); 209 210 char starts[20]={"五棵松"},ends[20]="奧體中心"}; 211 Stations *sroad,*eroad; 212 Queue Qhead, *h; 213 Etree *p,*q; 214 while(true){ 215 char Flag[LEN]={0};//為-1表示目標，為0表示尚未發生過擴展 216 Qhead.next=NULL; 217 Qhead.tie=NULL; 218 scanf("%[^,\n]s",starts); 219 if (getchar()!=',') 220 break; 221 scanf("%[^\n]s",ends); 222 getchar(); 223 if (!findStation(head,sroad,starts)){ 224 printf("未找到%s的匹配項\n",starts); 225 continue; 226 } 227 if (!findStation(head,eroad,ends)){ 228 printf("未找到%s的匹配項\n",ends); 229 continue; 230 } 231 for (i=1;i<=sroad->roads[0];i++){ 232 p=(ETree*)malloc(sizeof(ETree)); 233 p->father=NULL; 234 p->childnum=0; 235 p->roadNum=sroad->roads[i]; 236 p->value=price[p->roadum][p->roadNum]; 237 pushQueue(Qhead,p); 238 } 239 for (i=1;i<=eroad->roads[0];i++){ 240 Flag[eroad->roads[i]]=-1; 241 } 242 while(Qhead.next!=NULL){ 243 h=Qhead.next; 244 q=h->tie; 245 if (Flag[q->roadNum]==-1){ 246 break; 247 } 248 Qhuad.next=Qhead.next->next; 249 i=q->roadNum; 250 if (Flag[i]!=1){ 251 for(j=0;j<roadNum;j++){ 252 if (price[i][j]){ 253 q->childnum++; 254 p=(ETree*)malloc(sizeof(ETree)); 255 p->father=q; 256 p->childnum=0; 257 p->roadNum=j; 258 k=price[j][j]>0){ 259 if(price[i][j]>0){ 260 if(q->father!=NULL) 261 t=price[i][j]+q->father->value; 262 else 263 t=price[i][j]; 264 if (k>t) 265 k=t; 266 } 267 p->value=k; 268 pushQueue(Qhead,p); 269 } 270 } 271 Flag[i]=1; 272 } 273 freeETree(h->tie); 274 free(h); 275 } 276 if (Qhead.next!=NULL){ 277 showBest(q,price,roadName,roadNum); 278 printf("=%d\n",q->value); 279 } 280 else 281 printf("此路不通\n"); 282 for(;Qhead.next!=NULL;){ 283 h=Qead.next; 284 Qhead.nexQhead.next->next; 285 freeETree(h->tie); 286 free(h); 287 } 288 } 289 freeAll(head); 290 }
試題5
BMP是常見的圖像存儲格式。 如果用來存黑白圖像（顏色深度=1），則其信息比較容易讀取。 與之相關的數據： （以下偏移均是從文件頭開始） 偏移：10字節, 長度4字節： 圖像數據真正開始的位置。 偏移：18字節, 長度4字節： 位圖的寬度，單位是像素。 偏移：22字節, 長度4字節： 位圖的高度，單位是像素。 從圖像數據開始處，每個像素用1個二進制位表示。 從圖片的底行開始，一行一行向上存儲。 Windows規定圖像文件中一個掃描行所占的字節數必須是4字節的倍數， 不足的位均以 0 填充。例如，圖片寬度為45像素，實際上每行會占用 8個字節。 可以通過Windows自帶的畫圖工具生成和編輯二進制圖像。 需要在“屬性”中選擇“黑白”，指定為二值圖像。 可能需要通過 查看 | 縮放 | 自定義... 把圖像變大比例一些， 更易於操作。 圖像的左下角為圖像數據的開始位置。白色對應1，黑色對應0 我們可以定義：兩個點距離如果小於2個像素，則認為這兩個點連通。 也就是說：以一個點為中心的九宮格中，圍繞它的8個點與它都是連通的。 如：t1.bmp 所示，左下角的點組成一個連通的群體； 而右上角的點都是孤立的。 in.bmp t1.bmp 程序的目標是：根據給定的黑白位圖，分析出所有獨立連通的群體， 輸出每個連通群體的面積。所謂面積，就是它含有的像素的個數。 輸入數據固定存在in.bmp中。 如示例的in.bmp, 程序應該輸出： 12 81 52 133 該輸出表示：共有4個連通群體。 輸出的連通體面積間的順序可以隨意。 請編程解決上述問題。 我們測試程序的時候，會使用不同的in.bmp文件。 要求考生把所有類寫在一個文件中。 調試好后，存入與考生文件夾下對應題號的“解答.txt”中即可。 相關的工程文件不要拷入。請不要使用package語句。
圖 in.bmp
圖 t1.bmp
這題要讀入圖片文件數據，感覺頭大啊，此前做的題，幾乎沒有遇到要讀取文件中的數據，而現在竟然還碰到了讀取圖片的數據，看到此題的核心：即使用DFS求取連通圖的問題，並且返回每一個連通圖中包含的頂點個數，但是對於此題處理讀取數據的問題，就沒有仔細去探究，下面貼出一段網友的C語言代碼，以作參考：
1 include<stdio.h> 2 #include<stdlib.h> 3 #include<malloc.h> 4 #include<string.h> 5 6 void main(){ 7 int i,j,k,m; 8 int width,height,start,world; 9 int *bmp,*Lcount; 10 bool *Lflag; 11 FILE *fp; 12 if((fp=fopen("in1.bmp","rb"))==NULL){ 13 printf("文件打開失敗"); 14 return; 15 } 16 fseek(fp,10L,0); 17 fscanf(fp,"%4c",&start); // 4c表示該數據占4個字節 18 // printf("start = %d\n",start); 19 fseek(fp,18,0); 20 fscanf(fp,"%4c",&width); 21 // printf("width = %d\n",width); 22 fseek(fp,22,0); 23 fscanf(fp,"%4c",&height); 24 // printf("height = %d\n",height); 25 bmp = (int*)malloc((width+2)*sizeof(int)); 26 memset(bmp,0,(width+2)*sizeof(int)); 27 Lcount = (int*)malloc(width*sizeof(int)); 28 memset(Lcount,0,width*sizeof(int)); 29 Lflag = (bool*)malloc(width*sizeof(bool)); 30 memset(Lflag,0,width*sizeof(bool)); 31 Lcount--; 32 Lflag--; 33 fseek(fp,start,0); 34 world = ( width%32 ? width/32+1 : width/32 )*4; 35 int last,i1,i2,i3; 36 int eCount = 0 37 for(i=0 i<height i++ ){ 38 char c; 39 k=1; 40 last=0; 41 for(j=0 j<world j++){ 42 fscanf(fp,"%c",&c); 43 for(m = 7 m >= 0 && k<=width m-- ){ 44 if( !( 1<<m & c ) ){ 45 //printf("*"); 46 if(bmp[k]){ 47 last = bmp[k]; 48 Lcount[last]++; 49 Lflag[last] = true 50 } 51 else{ 52 i1 = last ? last : bmp[k-1] 53 i3 = bmp[k+1] 54 last = 0; 55 if( i1 || i3){ 56 if( i1 && i3 && ( i1 != i3 ) ){//確定需要連接 57 Lcount[i1] += Lcount[i3] 58 Lcount[i3]=0; 59 for(i2=1;i2<=width i2++){ 60 if(bmp[i2]==i3) 61 bmp[i2] = i1; 62 } 63 } 64 else{ 65 if(!i1) 66 i1=i3; 67 } 68 bmp[k] = i1 69 Lcount[i1]++; 70 Lflag[i1] = true 71 } 72 else{//插入 73 for(i2=1;Lcount[i2];i2++); 74 Lcount[i2]=1; 75 bmp[k] = i2 76 Lflag[i2] = true 77 } 78 } 79 } 80 else{ //printf(" "); 81 last = bmp[k] 82 bmp[k] = 0 83 } 84 k++; 85 } 86 } 87 //printf("\n"); 88 for(i2=1;i2<=width;i2++){ 89 if(Lcount[i2] && !Lflag[i2] ){ 90 printf("%d\n",Lcount[i2]); 91 Lcount[i2] = 0 92 eCount++; 93 } 94 Lflag[i2]=false; 95 } 96 } 97 fclose(fp); 98 free(Lflag+1); 99 free(Lcount+1); 100 free(bmp); 101 printf("count=%d\n",eCount); 102 }