第十三屆藍橋杯大賽軟件賽省賽C/C++ 大學 A 組
紀念我參加的第一次藍橋杯
2022年4月9日 9:00 - 13:00
這次藍橋杯因為疫情，在線上舉行聽學長學姐們說藍橋杯又叫“送錢杯”，省一有手就行
那我就在這里先求一個省一吧！
2k 獎學金！求求了！
序
因為鄙人才學不高，所以這份題解中的解法難免有紕漏之處，還望各路神犇指出，鄙人將感激不盡。
題目鏈接
試題A: 裁紙刀
我的思路
考慮記憶化搜索。
后來聽說怎么剪都是一樣的？？？
記int mem[n][m]為有 n n n行 m m m列個二維碼時，需要剪多少次（不考慮邊框）
於是遞歸公式為
m e m [ n ] [ m ] = min { min 1 ≤ i ≤ n − 1 { m e m [ i ] [ m ] + m e m [ n − i ] [ m ] + 1 } , min 1 ≤ i ≤ m − 1 { m e m [ n ] [ i ] + m e m [ n ] [ m − i ] + 1 } } mem[n][m] = \min\{\min_{1 \leq i \leq n-1}\{mem[i][m]+mem[n-i][m]+1\}, \min_{1 \leq i \leq m-1}\{mem[n][i]+mem[n][m-i]+1\}\} mem[n][m]=min{1≤i≤n−1min{mem[i][m]+mem[n−i][m]+1},1≤i≤m−1min{mem[n][i]+mem[n][m−i]+1}}
最后答案是 m e m [ 20 ] [ 22 ] + 4 = 443 mem[20][22] + 4 = 443 mem[20][22]+4=443
我的代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int inf = 1 << 30;
int mem[30][30];
int cut(int n, int m)
{
if(n == 1 && m == 1) return 0;
if(mem[n][m]) return mem[n][m];
int r1 = inf;
for(int i = 1; i < n; i++)
r1 = min(r1, cut(i, m) + cut(n-i, m) + 1);
int r2 = inf;
for(int j = 1; j < m; j++)
r2 = min(r2, cut(n, j) + cut(n, m-j) + 1);
return mem[n][m] = min(r1, r2);
}
int main()
{
printf("%d\n", 4 + cut(20, 22));
return 0;
}
試題B: 滅鼠先鋒
我的思路
這應該就是一個普通的0/1博弈（這個博弈的名字似乎叫sg博弈）
狀態一共就 2 8 2^8 28種，一點也不多。
最后答案應該是LLLV
我的代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int f[300];
int rev(int st)
{
if(f[st]) return f[st];
f[st] = -1;
for(int i = 0; i < 8; i++)
{
if(!(st & (1 << i)))
{
if(rev(st | (1 << i)) == -1)
{
f[st] = 1;
break;
}
}
}
if(f[st] != 1) for(int i = 0; i < 7; i++) if(i != 3)
{
if(!(st & (3 << i)))
{
if(rev(st | (3 << i)) == -1)
{
f[st] = 1;
break;
}
}
}
return f[st];
}
int main()
{
f[0xff] = 1;
//這里取負是因為，先手已經下過了，所以就后手贏先手就輸，后手輸先手就贏
printf("%d\n", -rev(0b10000000));
printf("%d\n", -rev(0b11000000));
printf("%d\n", -rev(0b01000000));
printf("%d\n", -rev(0b01100000));
return 0;
}
試題C: 求和
我的思路
簽到題，預處理sum就可以了（而且這題還良心的不會爆long long），復雜度 O ( n ) O(n) O(n)
我的代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
int n, a[maxn];
long long sum_ = 0;
long long ans = 0;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 0; i < n; i++)
sum_ += a[i];
for(int i = 0; i < n; i++)
ans += a[i] * (sum_ - a[i]);
ans /= 2;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
試題D: 選數異或
我的思路
這個題考場上想了好久好久，最后居然還是只寫了一個 O ( n 2 m ) O(n^2m) O(n2m)的暴力，只能得2分，我人傻了
之后突然發現可以離線……
於是對每個詢問的r排序，這個題就解決了
具體來說，就是開一個map<int,int> mp來存數字x出現的最晚的位置（由於 a i ≤ 2 20 a_i\leq 2^{20} ai≤220所以直接開數組也可以）
再令int near為最近的可以滿足要求的位置，初始化為0
然后從0開始遍歷整個數列，每次遍歷時更新near = max(near, mp[a[i]^x])，然后更新mp[a[i]] = i，然后處理所有r == i的詢問，使得他們的答案ans = (l >= near)
我的代碼
#include <map>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define yesno(x) \ do { \ if(x) printf("yes\n"); \ else printf("no\n"); \ } while(0)
const int maxn = 1e5 + 10;
map<int, int> mp;
int n, m, x, a[maxn];
struct Ques
{
int l, r, id;
bool ans;
}q[maxn];
bool cmp_1(const Ques& p, const Ques& q)
{
return p.r < q.r;
}
bool cmp_2(const Ques& p, const Ques& q)
{
return p.id < q.id;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &x);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 0; i < m; i++)
{
scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r);
q[i].id = i;
}
sort(q, q+m, cmp_1);
int ptr = 0, near = 0;
for(int i = 0; i < m; i++)
{
while(ptr <= q[i].r)
{
near = max(near, mp[a[ptr] ^ x]);
mp[a[ptr]] = ptr;
ptr++;
}
q[i].ans = (near >= q[i].l);
}
sort(q, q+m, cmp_2);
for(int i = 0; i < m; i++)
{
yesno(q[i].ans);
}
return 0;
}
試題E: 爬樹的甲殼蟲
我的思路
期望dp
其實也不是dp
就是一個單純的遞推式：
E ( k ) = P ( k ) ∗ E ( 0 ) + ( 1 − P ( k ) ) ∗ E ( k + 1 ) + 1 E(k) = P(k)*E(0) + (1-P(k))*E(k+1) + 1 E(k)=P(k)∗E(0)+(1−P(k))∗E(k+1)+1
顯然要逆向計算。
注意到逆向計算時E(0)是未知的，但是始終只會出現一次項
不妨直接開一個結構體（或者pair）來表示期望，結構體中就存兩個數：
一個是E(0)的系數，還有一個是常數
最后就遞推得到關於E(0)的一個一次方程，就能求出E(0)了
另外就是常規的小費馬定理求分數取模
我的代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int modp = 998244353;
int qpow(int base, int exp)
{
if(!exp) return 1;
if(exp & 1) return base * 1ll * qpow(base * 1ll * base % modp, exp >> 1) % modp;
return qpow(base * 1ll * base % modp, exp >> 1);
}
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, P[maxn];
struct ANS
{
int r, t; // r是系數，t是常數；為什么用這兩個字母？我亂選的
ANS() {}
ANS(int _r, int _t) { r = _r; t = _t; }
ANS operator * (const int ot) const
{
return ANS(r * 1ll * ot % modp, t * 1ll * ot % modp);
}
ANS operator + (const ANS &ot) const
{
return ANS((r + ot.r) % modp, (t + ot.t) % modp);
}
} ans[maxn];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
P[i] = a * 1ll * qpow(b, modp - 2) % modp;
}
ans[n] = ANS(0, 0);
for(int k = n - 1; k >= 0; k--)
{
ans[k] = ANS(P[k], 0) + ans[k+1] * ((1 - P[k] + modp) % modp) + ANS(0, 1);
}
printf("%lld\n", ans[0].t * 1ll * qpow((1 - ans[0].r + modp) % modp, modp - 2) % modp);
return 0;
}
試題F: 青蛙過河
我的思路
顯然二分答案，關鍵是怎么進行check
這里我是貪心做的，不知道對不對。
也就是說每次都盡量往最遠的地方跳
我的代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, x, h[maxn], h_copy[maxn];
long long cnt[maxn];
inline bool check(int y)
{
for(int i = 1; i < n; i++)
h_copy[i] = h[i];
int far = n - 1; // 用來記錄當前可以到達的最遠的地方
for(int i = n - 1; i > 0; i--)
{
cnt[i] = 0; // 考試的時候沒寫！我肯定寄了……
if(i + y >= n)
{
cnt[i] = h_copy[i];
continue;
}
far = min(far, i + y);
while(far > i)
{
if(cnt[far] <= h_copy[i])
{
h_copy[i] -= cnt[far];
cnt[i] += cnt[far];
cnt[far] = 0;
far--;
}
else
{
cnt[far] -= h_copy[i];
cnt[i] += h_copy[i];
h_copy[i] = 0;
break;
}
}
}
cnt[0] = 0;
for(int i = 1; i <= y; i++)
cnt[0] += cnt[i];
return cnt[0] >= 2 * x;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &x);
for(int i = 1; i < n; i++)
scanf("%d", &h[i]);
int l = 1, r = n;
while(l != r)
{
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid))
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
printf("%d\n", l);
return 0;
}
后記
2022年4月9日 20:55
寫這篇題解的時候發現F題忘記初始化肯定寄了，我瞬間裂開，所以后面的題就以后再說吧