2022 第十三届蓝桥杯大赛软件赛省赛，C/C++ 大学B组题解
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2022 第十三届蓝桥杯大赛软件赛省赛，C/C++ 大学B组题解
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第1题 —— 九进制转十进制 （5分）
- 进制转换，9的0次方乘2+9的1次方乘2+2次方乘0+三次方乘9，输出就行。
- 答案：1478
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
cout<<2+2*9+2*9*9*9<<"\\n";
return 0;
第2题 —— 顺子日期 （5分）
- 年份确定了是2022，可以枚举出每一天，然后暴力判断一下就行。
- 答案：14
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int days[13] = 0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 ; //2022不是闰年
int main()
int cnt = 0;
for(int month = 1; month <= 12; month++)
for (int day = 1; day <= days[month]; day++)
string s = "2022";
if (month < 10) s += '0'+ to_string(month);
else s += to_string(month);
if (day < 10) s += '0' + to_string(day);
else s += to_string(day);
if(s.find("012") != s.npos || s.find("123") != s.npos)
cnt++;
cout<<cnt<<"\\n";
return 0;
第3题 —— 刷题统计 （10分）
- 不难想到暴力模拟，day++表示天数，然后不断减掉对应星期几的天数即可。
- 1e18会超时，因为每周的题数是固定的，所以单独拿出来做除法。
- 1e18要开longlong。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL; //开ll
int main()
LL a, b, n; cin>>a>>b>>n;
LL c = a*5+b*2; //每周做的题数
LL day = n/c*7; //直接除
n = n%c;
while(n > 0)
day++;
if(day%7==6 || day%7==0)n -= b; //周末
else n -= a;
cout<<day<<"\\n";
return 0;
第4题 —— 修剪灌木 （10分）
- 题意：给一个数组，每秒钟所有数+1，指针开始在最左边，每秒往右移动一个，到边界后转向回来然后往复循环，求数组可能产生的最大值。
- 其实一眼结论题
每个灌木被剪掉以后，在下一次被剪之前，这段时间内，灌木丛会生长到最大，就是看他什么下次什么时候被剪。
所以当前灌木丛的最大长度取决于灌木丛到两端点的距离，那么for一遍输出就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
int n; cin>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++)cout<<max(i-1,n-i)*2<<endl;
return 0;
第5题 —— X进制减法 （15分）
-
题意：定义X进制表示每一位进制不同的数。给出两个X进制数A和B（规则相同，但是不知道规则，且最高N进制，最低2进制），求A-B的可能最小值。
-
思路：
因为AB的规则是一样的，所以A-B第i位的值其实已经确定了，就是给他们加个规则。
那必然是进制越小越好，最好是2进制。
如果都是2进制就不满足规则了，所以最小进制肯定是右边i+1上A和B的最大+1，不要再大了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1000000007, maxn = 1e5+10;
LL a[maxn], b[maxn];
int main()
int n, an, bn; cin>>n>>an;
for(int i = an; i >= 1; i--)cin>>a[i];//1-n低位到高位
cin>>bn;
for(int i = bn; i >= 1; i--)cin>>b[i];
LL ans = 0, base = 1;
for(int i = 1; i <= an; i++)
LL w = max(a[i], b[i],1LL)+1;
ans = (ans+(a[i]-b[i])*base)%mod;
base = base*w%mod;
cout<<ans<<"\\n";
return 0;
第6题 —— 统计子矩阵 （15分）
- 题意：求给出的nm的矩阵里有多少个子矩阵满足和不超过k。
- 不难想到二维前缀和，然后暴力枚举对角线，四次方可以求出所有的解。
但是数据范围是500的，所以还要再优化一维。 - 不难想到枚举一个横坐标上的区间以后，纵坐标维度上的可以采用双指针（尺取法）来做。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 550;
LL a[maxn][maxn], b[maxn][maxn], ans;
int main()
int n, m, k; cin>>n>>m>>k;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
cin>>a[i][j];
a[i][j] += a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];//二维前缀和
for(int l = 1; l <= m; l++)
for(int r = l; r <= m; r++)
for(int i = 1, j = 1; i <= n; i++) //双指针
while(j <= i && (a[i][r]-a[i][l-1]-a[j-1][r]+a[j-1][l-1])>k)
j++;
if(j <= i)ans += i-j+1;
cout<<ans<<"\\n";
return 0;
第7题 —— 积木画 （20分）
- 题意：有2种积木，2xn的板子，求有多少放法。
- 明显是个dp，想一下状态，令f(i,j) 表示前i-1列填满且第i列的状态为j，j=0(00) j=1(10) j=2(01) j=3(11)时候的放法数量。线性+2维的复杂度也是刚刚好。
- 然后转移的时候尝试把各种格子放进去即可。
- 这题一个比较坑的点是直接开longlong会爆内存，要int然后转longlong，内存卡的有点紧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e7+10, mod = 1e9+7;
int f[maxn][4];
int main()
int n; cin>>n;
f[0][3] = 1;
f[1][0] = 1; f[1][1] = 1; f[1][2] = 1; f[1][3] = 2;
for(int i = 2; i <= n; i++)
f[i][0]=(LL)(f[i-1][3])%mod;
f[i][1]=(LL)(f[i-1][0]+f[i-1][2])%mod;
f[i][2]=(LL)(f[i-1][1]+f[i-1][0])%mod;
f[i][3]=((LL)(f[i-1][1]+f[i-1][2])%mod+(LL)(f[i-1][3]+f[i-2][3])%mod)%mod;
cout<<f[n][0]<<endl;
return 0;
第8题 —— 扫雷 （20分）
- 题意：给出n个地雷，坐标x,y和半径r的圆。接下来m个排雷火箭，也是坐标x,y和半径r的圆。排雷火箭范围内的地雷会爆炸，然后爆炸的地雷范围内的地雷也会爆炸，求最后炸了多少个地雷。
- 注意到所有点爆炸半径都不超过10，而且每个点坐标都是整数，那么对于一个点其半径内的点完全可以枚举出来，最多也就400个点，n是5e4，乘起来相当于遍历一遍所有可能的点，复杂度也够。
- 坐标直接用map存的话带个log会超时，所以要用无向的map（加个哈希）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long qpow(long long x) return x * x;
struct hsh
size_t operator () (const pair<int,int> &a) const
return a.first * 239 + a.second * 7;
;
unordered_map< pair<int,int>, int, hsh> mp;
unordered_map< pair<int,int>, int, hsh> rr;
long long ans = 0;
void dfs(int x, int y, int r)
for(int i = x-r; i <= x+r; i++) //枚举半径范围内的所有点
for(int j = y-r; j <= y+r; j++)
if(qpow(i-x)+qpow(j-y) <= qpow(r))
auto it = make_pair(i,j);
if(mp.count(it)) //判断是不是雷
ans += mp[it];
mp.erase(it);
dfs(i,j,rr[it]); //递归爆炸
int main()
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m; cin>>n>>m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
int x, y, r; cin>>x>>y>>r;
auto pos = make_pair(x,y);
mp[pos]++;
rr[pos] = max(r, rr[pos]);
while(m--)
int x, y, r;
cin>>x>>y>>r;
dfs(x, y, r); //从这里开始爆炸
cout<<ans<<"\\n";
return 0;
第9题 —— 李白打酒加强版 （25分）
- 题意：开始有2斗酒， 逢店加一倍, 遇花喝一斗。一共遇到店 N 次, 遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花, 他正好把酒喝光了。求一路遇到店和花的顺序, 有多少种不同的可能?
没酒 ( 0 斗) 时遇店是合法的, 加倍后还是没酒; 但是没酒时遇 花是不合法的。 - 明显也是dp，比积木还简单一点，据说是有原题。令 f[i][j][k] 表示走过了 i 个酒馆，j 个花，还有 k 斗酒的方案数， 此时复杂度刚刚好。
- 转移：到酒馆时，因为到酒馆时翻一倍，所以这时的 k 一定是偶数。遇到花时，上一次的酒比当前多 1，所以从k+1转移。
- 可以用记忆化写，看起来清楚一点。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m,dp[110][110][110];
int dfs(int i, int j, int k)//走过了i个酒馆，j个花，还有k斗酒的方案数
if(i<0 || j<0 || k<0)return 0;//遇花,遇店,酒壶里的酒都要>=0
if(i>k)return 0; //每次要喝1，所以酒馆要小于总酒量
if(j==0 && i==1 && k==1)return 1; //边界状态，一个酒馆
if(dp[i][j][k] != -1)return dp[i][j][k];
return dp[i][j][k] = (dfs(2*i,j-1,k)+dfs(i-1,j,k-1))%1000000007;
int main()
memset(dp, -1, sizeof(dp));
cin>>n>>m;
cout<<dfs(2,n,m)<<"\\n";
return 0;
第10题 —— 砍竹子 （25分）
- 题意：一排n个竹子，每次可以选一个高度相等的区间变成根号hi/2+1下取整，求最少多少次能让所有竹子的高度变为1。
- 数据范围 2e5，暴力肯定过不去，估计nlogn。因为是根号，所以把一根竹子变成1最多只要操作6次，所以到时候肯定会有很多相等的区间的竹子，我们不妨贪心的从高到低砍竹子（这样肯定不会更坏）。
- 此时不难想到用堆维护，我们每次找出最高的竹子，把相同高度且编号连续的竹子依次取出（所以要重载结构体维护一个编号），然后把竹子砍一半再加入堆中。直到最高的竹子的高度是1就代表我们已经结束了。
- 用longlong的时候，sqrt要换成sqrtl！！不然会爆精度，其他类似的函数也是。
总结2点：
1、首先我们注意到，一般的做题过程就是，找到某个结论（关键点，突破口），然后做优化的那种题目，比如说数据范围1e5，但是某个数据很小（发现6次就砍完，地雷范围r<10），就可以拿这个做文章，再比如一眼暴力，然后想想怎么用结论（比如说来回走动的规律，到两边的距离，双指针）这种来优化，或者说其实大多数dp类型的思维/暴力题，都有点这种意味在里面。
2、另外一个思维的切入点是，先想清楚再写代码，think twice, code once，这样不容易思路被带偏，不要上来就啪啪啪输入输出，这样后面就卡住了（起码我是这样的，会被打断，可能题意都忘记了，那还写个锤子），大体思路想好，感觉方案可行了，优化完了再写，细节具体再补充上去就行，不要上来就暴力，不是每道题都有写暴力对拍的时间成本的。 虽然在写不出来了的时候多交一个暴力骗分也是一个好习惯。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef 第1题 —— 门牌制作 （5分）
- 枚举1到2020，判断有多少个字符2。
- 答案624
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= 2020; i++)
int x = i;
while(x)
if(x%10==2)cnt++;
x /= 10;
cout<<cnt<<"\\n";
return 0;
第2题 —— 既约分数 （5分）
- 双层循环枚举1到2020，gcd分子分母=1的累加
- 答案为2481215
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= 2020; i++)
for(int j = 1; j <= 2020; j++)
if(__gcd(i,j)==1)cnt++;
cout<<cnt<<"\\n";
return 0;
第3题 —— 蛇形填数 （10分）
- 发现每次对角线值的差是4的倍数，可以通过递推的方式计算
- 答案761
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
int x = 1;
//+4->2,+8->3,+19->20
for(int i = 1; i <= 19; i++)
x += i*4;
cout<<x;
return 0;
第4题 —— 跑步锻炼 （10分）
- 暴力遍历每一天，算出每一天的是星期几并累加跑多少，注意判断闰年
- 答案8879
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[13]=0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31;
int main()
int sum = 0, week = 6;
for(int year=2000; year <= 2020; year++)
if((year%400==0) || (year%4==0&&year%100!=0))a[2] = 29;
else a[2] = 28;
for(int month = 1; month <= 12; month++)
for(int day = 1; day<=a[month]; day++)
if(day==1 || week==1)sum += 2;
else sum += 1;
week = (week+1)%7;
if(year==2020 && month==10 && day==1)
cout<<sum<<'\\n';
return 0;
return 0;
第5题 —— 七段码 （15分）
- 必须要相邻才能发光，也就是所有开着的灯必须是连通的，求合法的方案数。
- 建图后dfs选边，选完判断连通性统计答案。
- 答案80。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fa[10];
int find(int x) return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
int e[10][10], ans;
int vis[10];
void dfs(int cur)
if(cur == 8)
for(int i = 1; i <= 7; i++)fa[i] = i;
for(int i = 1; i <= 7; i++)
for(int j = 1; j <= 7; j++)
if(e[i][j] && vis[i] && vis[j])
int x = find(i), y = find(j);
if(x != y)
fa[x] = y;
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= 7; i++)
if(vis[i] && i==fa[i])cnt++;
if(cnt == 1)ans++;
else
vis[cur] = 1;
dfs(cur+1);
vis[cur] = 0;
dfs(cur+1);
int main()
//连边建图
//a b c d e f g
//1 2 3 4 5 6 7
e[1][2] = e[1][6] = 1;
e[2][1] = e[2][7] = e[2][3] = 1;
e[3][2] = e[3][4] = e[3][7] = 1;
e[4][3] = e[4][5] = 1;
e[5][4] = e[5][6] = e[5][7] = 1;
e[6][1] = e[6][5] = e[6][7] = 1;
dfs(1);
cout<<ans<<"\\n";
return 0;
第6题 —— 成绩统计 （15分）
- 计算及格率和优秀率，四舍五入输出。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
int n; cin>>n;
int a = 0, b = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
int x; cin>>x;
if(x>=60)a++;
if(x>=85)b++;
printf("%.0lf%%\\n%.0lf%%", round(a*100.0/n), round(b*100.0/n));
return 0;
第7题 —— 回文日期 （20分）
- 逐个枚举判断八位数是不是回文是会超时的。
- 我们可以枚举1000到8999前四位，然后直接构造回文串，根据输入二分查询。
- 注意闰年和abab格式
//AC
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string to_string(int x)
string res;
stringstream ss;
ss<<x;
ss>>res;
return res;
int stoi(string x)
int res;
stringstream ss;
ss<<x;
ss>>res;
return res;
int a[13] = 0, 31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 ;
int main()
vector<int>vc, vc2; //存起来
for(int i = 1000; i <= 9999; i++)//枚举年
string s = to_string(i);
for(int j = 3; j >= 0; j--)s+=s[j];//构造abab
int yy = i;
int mm = (s[4]-'0')*10+(s[5]-'0');
int dd = (s[6]-'0')*10+(s[7]-'0');
int ok;//确保日期合法
if(mm >= 1 && mm <= 12)
if((yy%400==0) || (yy%4 == 0 && yy %100!=0))a[2] = 29;
else a[2] = 28;
if(a[mm]>=dd)ok = 1;
else ok = 0;
else
ok = 0;
//确保日期是回文
if(ok)
vc.push_back(stoi(s));
//确保日期是abab
if(s[0]==s[2] && s[1]== s[3]);
else ok = 0;
if(ok)
vc2.push_back(stoi(s));
int x; cin>>x;
int p1 = upper_bound(vc.begin(),vc.end(), x)-vc.begin();
int p2 = upper_bound(vc2.begin(),vc2.end(), x)-vc2.begin();
cout<<vc[p1]<<"\\n";
cout<<vc2[p2]<<"\\n";
return 0;
第8题 —— 子串分值和 （20分）
- 暴力不难想到双循环枚举起点和长度，每次计算，50分。
- 考虑每个字符的贡献，仅在与上一个与之相同的字符中间处产生贡献，直接统计。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
string s; cin>>s;
int z[50] = 0; long long ans = 0;
for(int i = 0; i < s.size(); i++)
z[s[i]-'a'] = i+1;
for(int i = 0; i < 27; i++)
ans += z[i];
cout<<ans<<'\\n';
return 0;
第9题 —— 平面切分 （25分）
- 直线相交产生平面个数，是个结论。即第n条直线与前n-1条相交时，如果产生了n-1个交点，那么会多出来n个平面。
- 开个set维护直线集合，每次暴力枚举求交点，+1累积即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<pair<double, double> >se;//存直线
int calc(double c, double d)//求新产生的交点个数
set<pair<double, double> >pp;//存交点
set<pair<double, double> >::iterator i;
for(i = se.begin(); i != se.end(); i++)
double a = i->first, b = i->second;
if(a!=c)
pair<double, double> t;//求交点
t.first = (d-b)/(a-c);
t.second = c*t.first+d;
pp.insert(t);
return pp.size();
int main()
int n; cin>>n;
int res = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
int a, b; cin>>a>>b;
pair<double, double>t;
t.first = a; t.second = b;
if(!se.count(t))//没有重复
res++;
res += calc(a,b);
se.insert(t);
cout<<res<<'\\n';
return 0;
第10题 —— 字串排序 （25分）
- 冒泡排序的交换次数——序列中逆序对的个数。
在满足交换次数V的前提下，要求最短的序列。 - 可以按照字典序暴力枚举字符串，然后每次求逆序对判断>=V。
以上是关于2022 第十三届蓝桥杯大赛软件赛省赛，C/C++ 大学B组题解的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
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2020 第十一届蓝桥杯大赛软件赛省赛（第一场），C/C++大学B组题解