2019 第十届蓝桥杯大赛软件赛决赛，国赛，C/C++大学B组题解

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了2019 第十届蓝桥杯大赛软件赛决赛，国赛，C/C++大学B组题解相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

文章目录

官方题目链接：
https://www.lanqiao.cn/courses/2786/learning/?id=70881

第1题——平方序列 （5分）

  • 题目：

  • 思路：
    2x^2 = 2019^2+y^2, 从2020开始枚举x, 用公式算出y，如果是个正数就是最小的。

  • 答案为7020

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
	for(int x = 2020; x <= 9999; x++)
		int y2 = 2*x*x-2019*2019;
		int y = sqrt(y2);
		if(y*y==y2)
			cout<<x+y<<"\\n";
			return 0;
		
	
	return 0;

第2题——质数拆分 （5分）

  • 题意：

  • 思路：
    先把1-2019的质数都筛出来，然后作为体积Vi，跑容量为2019的背包。
    fij表示到第i个素数为止，拼成j的方法数。
    记得不开ll会爆。

  • 答案是55965365465060

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 5050;

//线性筛
LL vis[maxn], primes[maxn], cnt;
void get_primes(int n)
	for(int i = 2; i <= n; i++)
		if(!vis[i])primes[++cnt]=i;
		for(int j = 1; primes[j] <= n/i; j++)
			vis[primes[j]*i] = 1;
			if(i%primes[j]==0)break;
		
	


LL f[maxn][maxn];

int main()
	get_primes(maxn-10);
	f[0][0] = 1;
	for(LL i = 1; i <= cnt; i++)
		for(LL j = 0; j <= 2019; j++)
			f[i][j] = f[i-1][j];
			if(j>=primes[i])f[i][j] += f[i-1][j-primes[i]];
		
	
	cout<<f[cnt][2019];
	return 0;

第3题——拼接 （10分）

  • 题目

  • 思路：
    找规律，发现除了沿右边界分割的情况，右上角那一个必选。
    然后第一行可以选1-7的格子，第二行能选1-6，后面依次类推
    且右端一定靠近对角线，下一行不能多余上一行，上下两行要连续。
    然后dfs

  • 所以答案是128

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[50], n = 7;
int dx[] = 0,0,1,-1;
int dy[] = 1,-1,0,0;
int ans = 1;

void dfs(int cur, int now)
	if(cur>=n || now==0)
		ans++;
		for(int i = 1; i <= n; i++)cout<<a[i]<<' '; cout<<"\\n";
		return ;
	
	for(int i = 0; i<now && i<=n-cur; i++)
		a[cur+1] = i;
		dfs(cur+1, i);
		a[cur+1] = 0;
	


int main()
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		memset(a,0,sizeof(a));
		a[1] = i;
		dfs(1,i);
	
	cout<<ans;
	return 0;

第4题——求值 （10分）

  • 题意：

  • 思路
    数字有点小，，才100，暴力枚举每个数，求约数个数，第一个有100个约数的数肯定很小呀，然后输出就好了

  • 答案是45360

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
	for(int i = 100; ;i++)
		int cnt = 0;
		for(int j = 1; j <= i; j++)
			if(i%j==0)cnt++;
		
		if(cnt==100)
			cout<<i<<"\\n";
			return 0;
		
	
	return 0;

第5题——路径计数 （15分）

  • 题意：

  • 思路：
    直接0，0开始往外dfs走12步看看有没有回来即可。
    对于自交的情况，因为走过的路不会往回走，所以不需要考虑。
    ！！！但是有一个特判没考虑到，因为vis是回溯当前的点不能走，但是我往右走一步可以直接往回走到起点，这个时候vis是不会影响到原点的，所以会炸，要减去这两个值。

  • 所以答案是206

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int ans = 0;
int ok = 0;
int dx[] = 0,0,-1,1;
int dy[] = 1,-1,0,0;
int vis[10][10];
void dfs(int x, int y, int s)
	if(s>12)return ;
	if(x==0 && y==0)
		ok++;
		if(ok==2 && s<=12)
			ok = 1;
			ans++;
			return ;
		
	
	for(int i = 0; i < 4; i++)
		int nx = x+dx[i], ny = y+dy[i];
		if(nx>=0&&nx<=7&&ny>=0&&ny<=7 && vis[nx][ny]==0)
			vis[nx][ny] = 1;
			dfs(nx,ny,s+1);
			vis[nx][ny] = 0;
		
	


int main()
	dfs(0,0,0);
	cout<<ans-2<<"\\n";
	return 0;

第6题——最优包含 （15分）

  • 题意：

  • 思路：给出字符串S和T，求S修改多少个字母能包含T。

  • 类似于LCS，令f[i][j]表示S串前i个字符,包含T串前j个字符所需要的最小修改次数。
    分四种情况转移。反正nm范围小，随便操作。

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1010][1010];
int main()
	string a, b;  cin>>a>>b;
	int n = a.size(), m = b.size();
	a = "0"+a, b = "0"+b;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0][0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		f[i][0] = 0;
		for(int j = 1; j <= m; j++)
			f[i][j] = f[i-1][j]; //s[i-1]改到t[j]的最值，不用s[i]这个字符
			if(a[i]==b[j])f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-1]);//s[i-1]改到t[j-1]，s[i]与t[j]配对
			else f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-1]+1);//修改一个，增加一次次数
		
	
	cout<<f[n][m]<<"\\n";
	return 0;

第7题——排列数 （20分）

  • 题意：

  • 思路：
    求1-n的排列中，有多少个是k单调的，k单调指的是有k-1个数比两边的大或小。
    dp，记f(i,j)表示第i个数，j个折点的方案数。

  • 转移时考虑将第i个数放入1~i-1的排列中，对折点数量的影响。
    分类讨论插入的情况。
    如果插入单调序列中，折点数量+2，波峰和波谷各一个。
    如果插入波峰或波谷的两端，折点数量不变。
    如果插入波峰或波谷的重心，折点数量+2。
    如果插入区间端点(0或i-1)，折点数量+1。

  • 所以f[i][j]=f[i−1][j]∗x+f[i−1][j−1]∗y+f[i−1][j−2]∗z
    x,y,z分别为放弃后折点数量+0，+1，+2的方案数。
    所以f[i][j]=f[i−1][j]∗j+f[i−1][j−1]∗2+f[i−1][j−2]∗(i−j).

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 123456;
int f[550][550];

int main()
	int n, k;  cin>>n>>k;
	f[1][1] = 1;  f[2][1] = 2;
	for(int i = 3; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j<=k && j<=i; j++)
			f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j]*j%mod+f[i-1][j-1]*2%mod)%mod;
			if(j>1)f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j-2]*(i-j))%mod;
		
	
	cout<<f[n][k]<<"\\n";
	return 0;

第8题——解谜游戏 （20分）

  • 题意：


  • 思路：多组样例，每次三个字符串，可以旋转或者交换内外圈0点，求能否外圈绿色，中圈红色，内圈黄色。

  • 模拟转圈的过程，可以发现，内圈转完4次（转完一圈），中圈转半圈，大圈转三分之一圈，那么可以知道，内圈0号位置对应中圈有两个位置（0号和4号），外圈有三个位置（0号、4号、8号，即可以发生换圈位置的情况）。

  • 可以分成四个组，只有在组内才能发生跨圈的操作，所以只要每个的条件都满足1个Y、2个R、3个G就可以达成目标输出YES。

    #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
	int T;  cin>>T;
	while(T--)
		string a, b, c;  cin>>a>>b>>c; //外，中，内
		int z[200] = 0, ok = 1;
		for(int i = 0; i < 4; i++) //四组
			z[c[(i+4)%4]-'A']++;//内
			z[b[(i+4)%4]-'A']++;//中
			z[b[(i+4)%8]-'A']++;
			z[a[(i+4)%4]-'A']++;//外
			z[a[(i+4)%12]-'A']++;
			z[a[(i+8)%12]-'A']++;
			if(z['R'-'A']==2 && z['G'-'A']==3 && z['Y'-'A']==1)
				memset(z,0,sizeof(z));
			else
				// cout<<z['R'-'A']<<" "<<z['G'-'A']<<"\\n";
				ok = 0;  break;
			
		
		if(ok==1)cout<<"YES\\n";
		else cout<<"NO\\n";
	
	return 0;

第9题——第八大奇迹 （25分）