第四届蓝桥杯B组预赛
一、题目标题: 高斯日记
大数学家高斯有个好习惯：无论如何都要记日记。
他的日记有个与众不同的地方，他从不注明年月日，而是用一个整数代替，比如：4210
后来人们知道，那个整数就是日期，它表示那一天是高斯出生后的第几天。这或许也是个好习惯，它时时刻刻提醒着主人：日子又过去一天，还有多少时光可以用于浪费呢？
高斯出生于：1777年4月30日。
在高斯发现的一个重要定理的日记上标注着：5343，因此可算出那天是：1791年12月15日。
高斯获得博士学位的那天日记上标着：8113
请你算出高斯获得博士学位的年月日。
提交答案的格式是：yyyy-mm-dd, 例如：1980-03-21
一天天模拟即可。
法一：用excell 两千年一个轮回
法二： 一天天模拟即可。代码如下
答案：1799/7/16
#include <queue>
#include <iostream>
#include <stack>
using namespace std;
typedef long long in;
int month[2][13] = { 0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31, 0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31 };
int y, m, d;
int f;
int yyy(int yy)
{
if (yy % 400 == 0 || (yy % 4 == 0 && (yy % 100 != 0)))
{
return 0;//run nian;
}
return 1;
}
int main() {
y = 1791, m = 12, d = 15;
int n;
cin >> n;
while (n--)
{
d++;
f = yyy(y);
if (d > month[f][m])
{
m++;
if (m > 12)
{
y++;
m = 1;
}
d = 1;
}
}
cout << y << " " << m << " " << d;
return 0;
}
二、标题: 马虎的算式
小明是个急性子，上小学的时候经常把老师写在黑板上的题目抄错了。
有一次，老师出的题目是：36 x 495 = ?
他却给抄成了：396 x 45 = ?
但结果却很戏剧性，他的答案竟然是对的！！
因为 36 * 495 = 396 * 45 = 17820
类似这样的巧合情况可能还有很多，比如：27 * 594 = 297 *54
假设 a b c d e 代表1~9不同的5个数字（注意是各不相同的数字，且不含0）
能满足形如： ab * cde = adb * ce 这样的算式一共有多少种呢？
直接暴力
答案：142
// ab * cde = adb * ce
#include<iostream>
using namespace std;
int ans = 0;
int main()
{
int a, b, c, d, e;
for (a = 1; a < 10; a++)
{
for (b = 1; b < 10; b++)
{
for (c = 1; c < 10; c++)
{
for (d = 1; d < 10; d++)
{
for (e = 1; e < 10; e++)
{
if (a!=b&&a!=c&&a!=d&&a!=e&&b!=c&&b!=d&&b!=e&&c!=d&&c!=e&&e!=d)
if ((a * 10 + b) * (c * 100 + 10 * d + e) == (a * 100 + 10 * d + b) *(10 * c + e))
{
ans++;
}
}
}
}
}
}
cout << ans;
return 0;
}
三、题目标题: 第39级台阶
小明刚刚看完电影《第39级台阶》，离开电影院的时候，他数了数礼堂前的台阶数，恰好是39级! 站在台阶前，他突然又想着一个问题：
如果我每一步只能迈上1个或2个台阶。先迈左脚，然后左右交替，最后一步是迈右脚，也就是说一共要走偶数步。那么，上完39级台阶，有多少种不同的上法呢？
请你利用计算机的优势，帮助小明寻找答案。
要求提交的是一个整数。
注意：不要提交解答过程，或其它的辅助说明文字。
方法：斐波拉契数列，技巧用0，1表示左脚右脚
答案：51167078
#include<iostream>
using namespace std;
int f[40];
int fun(int n,int f)
{
if(n==1)//一步
{
if(f==1)//左脚
return 1;
return 0;
}
if(n==2)//不管第二个台阶只能是一种
{
return 1;
}
int r=fun(n-1,!f)+fun(n-2,!f);
return r;
}
int main()
{
cout<<fun(39,0);
return 0;
}
四、标题: 黄金连分数
黄金分割数0.61803... 是个无理数，这个常数十分重要，在许多工程问题中会出现。有时需要把这个数字求得很精确。
对于某些精密工程，常数的精度很重要。也许你听说过哈勃太空望远镜，它首次升空后就发现了一处人工加工错误，对那样一个庞然大物，其实只是镜面加工时有比头发丝还细许多倍的一处错误而已，却使它成了“近视眼”!!
言归正传，我们如何求得黄金分割数的尽可能精确的值呢？有许多方法。
比较简单的一种是用连分数：
1
黄金数 = ---------------------
1
1 + -----------------
1
1 + -------------
1
1 + ---------
1 + ...
这个连分数计算的“层数”越多，它的值越接近黄金分割数。
请你利用这一特性，求出黄金分割数的足够精确值，要求四舍五入到小数点后100位。
小数点后3位的值为：0.618
小数点后4位的值为：0.6180
小数点后5位的值为：0.61803
小数点后7位的值为：0.6180340
（注意尾部的0，不能忽略）
你的任务是：写出精确到小数点后100位精度的黄金分割值
答案： 0.6180339887498948482045868343656381177203091798057628621354486227052604628189024497072072041893911375
思路 用数组来存斐波拉契数列 得到分子分母， 又用模拟除法求得后一百位小数
=========================================================
当时我搜了好多博客，都是用斐波拉契数列 第39位 是正确答案，呵呵，精度不够好吗，博客抄来超去有意思吗，也要挑正确的抄呀，哈哈哈哈
#include"stdio.h"
int a[101];//a保存小数结果
//输出一个数组中保存的值
void print(int *x)
{
int i, j;
for (i = 99; i >= 0; i--)
if (x[i])
{
j = i;
break;
}
for (i = j; i >= 0; i--)
printf("%d", x[i]);
printf("\n");
}
void add(int *x, int *y)
{
int i, length_x, length_y;
int jinwei = 0;//记录进位
int temp_y[100];
for (i = 0; i<100; i++)//计算两个数字的长度
{
if (x[i] == 0)
length_x = i;
if (y[i] == 0)
length_y = i;
temp_y[i] = y[i];
}
//x[0]保存最低位
for (i = 0; i<100; i++)//y=y+x,x=y
{
y[i] = x[i] + y[i] + jinwei;
jinwei = y[i] / 10;
y[i] = y[i] % 10;
}
for (i = 0; i<100; i++)
x[i] = temp_y[i];//把之前的分母传给分子
}
//比较两个数数组里面保存的数字的大小,x[0]是最低位
int subcmp(int *x, int *y)
{
int j_x, j_y, i;
for (i = 99; i >= 0; i--)//确定最高位
if (x[i])
{
j_x = i;
break;
}
for (i = 99; i >= 0; i--)//确定最高位
if (y[i])
{
j_y = i;
break;
}
if (j_x>j_y) return 1; //x中的值大于y中的
if (j_x<j_y) return -1;//x中的值小于y中的
if (j_x == j_y)//当两个数位数相同的时候
{
for (i = j_x; i >= 0; i--)
{
if (x[i]>y[i]) return 1;
if (x[i]<y[i]) return -1;
}
}
return 0;
}
//两个数相减,结果保存在x[]中
void sub(int *x, int *y)
{
//这里保证x[]>y[]
int j_y, i;
for (i = 99; i >= 0; i--)//确定最高位
if (x[i])
{
j_y = i;
break;
}
//从数的低位到高位依次相减
for (i = 0; i <= j_y; i++)
{
if (x[i] >= y[i])
{
x[i] = x[i] - y[i];
continue;
}
if (x[i]<y[i])
{
x[i] = x[i] + 10 - y[i];
x[i + 1]--;
}
}
}
void xiaoshu(int *x, int *y)
{
int i, xx[100], yy[100];
for (i = 0; i<100; i++)//将两个数组保存起来以防止干扰原数组的值
{
xx[i] = x[i];
yy[i] = y[i];
}
for (i = 0; i<101; i++)
{
if (-1 == subcmp(xx, yy))
{
a[i++] = 0;//分子小于分母，这一位为0
for (int j = 99; j >= 1; j--)
xx[j] = xx[j - 1];
xx[0] = 0;//扩大十倍,相当于分子成了一个10；
}
while (subcmp(xx, yy) >= 0)//a[i]为商；
{
a[i]++;
sub(xx, yy);
}
for (int j = 99; j >= 1; j--)//上面已经算好了一位
xx[j] = xx[j - 1];
xx[0] = 0;//每算完一位,扩大十倍
}
}
int main()
{
int x[100] = { 0 }, y[100] = { 0 };//x是被除数,y是除数
int i, b[200];
b[0] = 1, b[1] = 2;
x[0] = 1, y[0] = 2;
for (i = 0; i<250; i++)
add(x, y);
printf("dsfsdf\n");
printf("此时被除数的值是:\n");
print(x);
printf("此时除数的值是:\n");
print(y);
xiaoshu(x, y);
printf("0.\n");
for (i = 1; i<101; i++)
{
printf("%d ", a[i]);
if (i % 10 == 0)
printf("\n");
}
return 0;
}
五、题目标题：前缀判断
如下的代码判断 needle_start指向的串是否为haystack_start指向的串的前缀，如不是，则返回NULL。
比如："abcd1234" 就包含了 "abc" 为前缀
char* prefix(char* haystack_start, char* needle_start)
{
char* haystack = haystack_start;
char* needle = needle_start;
while(*haystack && *needle){
if(______________________________) return NULL; //填空位置
}
if(*needle) return NULL;
return haystack_start;
}
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交。
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！
答案:haystack++!=needle++
第六题
标题：三部排序
一般的排序有许多经典算法，如快速排序、希尔排序等。
但实际应用时，经常会或多或少有一些特殊的要求。我们没必要套用那些经典算法，可以根据实际情况建立更好的解法。
比如，对一个整型数组中的数字进行分类排序：
使得负数都靠左端，正数都靠右端，0在中部。注意问题的特点是：负数区域和正数区域内并不要求有序。可以利用这个特点通过1次线性扫描就结束战斗!!
以下的程序实现了该目标。
其中x指向待排序的整型数组，len是数组的长度。
void sort3p(int* x, int len)
{
int p = 0;
int left = 0;
int right = len-1;
while(p<=right){
if(x[p]<0){
int t = x[left];
x[left] = x[p];
x[p] = t;
left++;
p++;
}
else if(x[p]>0){
int t = x[right];
x[right] = x[p];
x[p] = t;
right--;
}
else{
__________________________; //填空位置
}
}
}
如果给定数组：
25,18,-2,0,16,-5,33,21,0,19,-16,25,-3,0
则排序后为：
-3,-2,-16,-5,0,0,0,21,19,33,25,16,18,25
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！
答案:p++
7、标题：错误票据
某涉密单位下发了某种票据，并要在年终全部收回。
每张票据有唯一的ID号。全年所有票据的ID号是连续的，但ID的开始数码是随机选定的。
因为工作人员疏忽，在录入ID号的时候发生了一处错误，造成了某个ID断号，另外一个ID重号。
你的任务是通过编程，找出断号的ID和重号的ID。
假设断号不可能发生在最大和最小号。
要求程序首先输入一个整数N(N<100)表示后面数据行数。
接着读入N行数据。
每行数据长度不等，是用空格分开的若干个（不大于100个）正整数（不大于100000）
每个整数代表一个ID号。
要求程序输出1行，含两个整数m n，用空格分隔。
其中，m表示断号ID，n表示重号ID
例如：
用户输入：
2
5 6 8 11 9
10 12 9
则程序输出：
7 9
再例如：
用户输入：
6
164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196
172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158
128 102 110 148 139 157 140 195 197
185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190
149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188
113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119
则程序输出：
105 120
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms
刚开始是全部采用字符输入，其实不用这么麻烦，%d%c，
==========================================================后面在蓝桥杯官网跑了一遍，是错的呀，可能有事后数字末尾是空格 叭叭叭粑粑，后一个方法过了
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int nu[1000];
int main()
{
int n, m;
cin >> n;
int nn;
nn = n;
int i = 0;
char c;
while (n)
{
scanf("%d%c", &nu[i++], &c);
if (c == '\n')
n--;
}
sort(nu, nu + i);
int temp = nu[0];
int copy=0, disa=0;
for (int j = 1; j<i; j++)
{
if (temp == nu[j] -2)
{
disa = temp +1;
}
if (temp == nu[j])
{
copy = temp;
}
temp = nu[j];
}
cout << disa << " " << copy;
return 0;
}
字符串读入，这个过了
#include <iostream>
#include <string>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
char a;
char b;
int x;
int num[10005];
char s[10000];
int main()
{
string k;
cin >> n;
int nn = n;
getchar();
int i = 0;
int f = 0;
while (nn--)
{
getline(cin, k);
for (int j = 0; j< k.length(); j++)
{
a = k[j];
if (a >= '0'&&a <= '9')//数字
{
x = x * 10 + a - '0';
f = 1;
}
if (a ==' '&&f == 1)//等于空格，有数字
{
num[i] = x;
i++;
x = 0;
f = 0;
}
}
if (f)
{
num[i] = x;
i++;
x = 0;
f = 0;
}
}
sort(num, num + i);
int x1, x2,x3;
x1 = num[0];
for (int j = 1; j < i; j++)
{
if (x1 != num[j]-1)
{
if (x1 == num[j])
{
x3 = num[j];
}
else
x2 = num[j]-1;//断号ID；
}
x1 = num[j];
}
cout << x2 << " " << x3 << endl;
return 0;
}
- 题目标题：翻硬币
小明正在玩一个“翻硬币”的游戏。
桌上放着排成一排的若干硬币。我们用 * 表示正面，用 o 表示反面（是小写字母，不是零）。
比如，可能情形是：oooooo
如果同时翻转左边的两个硬币，则变为：oooo**oooo
现在小明的问题是：如果已知了初始状态和要达到的目标状态，每次只能同时翻转相邻的两个硬币,那么对特定的局面，最少要翻动多少次呢？
我们约定：把翻动相邻的两个硬币叫做一步操作，那么要求：
程序输入：
两行等长的字符串，分别表示初始状态和要达到的目标状态。每行的长度<1000
程序输出：
一个整数，表示最小操作步数
例如：
用户输入：
o****o****
程序应该输出：
5
再例如：
用户输入：
ooo*
ooo***
程序应该输出：
1
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
方法：贪心，不同则翻一次硬币
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
string s;
string ss;
int main()
{
cin>>s>>ss;
int n=0;
for(int i=0;i<s.length();i++)
{
if(s[i]!=ss[i])
{
n++;
if(s[i]=='*')
{
s[i]='o';
}
else
{
s[i]='*';
}
if(s[i+1]=='*')
{
s[i+1]='o';
}
else
{
s[i+1]='*';
}
}
}
cout<<n;
return 0;
}
- 标题：带分数
100 可以表示为带分数的形式：100 = 3 + 69258 / 714
还可以表示为：100 = 82 + 3546 / 197
注意特征：带分数中，数字1~9分别出现且只出现一次（不包含0）。
类似这样的带分数，100 有 11 种表示法。
题目要求：
从标准输入读入一个正整数N (N<1000*1000)
程序输出该数字用数码1~9不重复不遗漏地组成带分数表示的全部种数。
注意：不要求输出每个表示，只统计有多少表示法！
例如：
用户输入：
100
程序输出：
11
再例如：
用户输入：
105
程序输出：
6
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 3000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路：使用全排列，判断啊，数字的取值范围
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
int ans = 0;
int b = 0, c = 0, d = 0;
int bb, cc, dd;
int num = 0;
int a[9] = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 };//n= b+c/d;
do{
num++;
for (int i = 0; i<6; i++)//b 的取值 只能是1到6位
{
for (int j = 0; j <= i; j++)
{
b = b * 10 + a[j];//求得b的值
bb = b;
}
b = 0;
if (bb<n)//b要小于n
{
for (int k = i + 1; k<9; k++)//结束位置 c 的结束2位置
{
if ((k - i) >= (8 - k)) //c的个数要比d多
{
for (int kk = i + 1; kk <= k; kk++)//计算c的值
{
c = c * 10 + a[kk];//c的大小
}
cc = c;
c = 0;
for (int kk = k + 1; kk <= 8; kk++)
{
d = d * 10 + a[kk];//c的大小
}
dd = d;
d = 0;
if (cc>dd)
{
if ((n - bb)*dd == cc)
{
//cout << n << " " << bb << " " << cc << " " << dd << endl;
ans++;
}
}
}
}
}
}
} while (next_permutation(a, a + 9));
cout << ans;
return 0;
}
- 标题：连号区间数
小明这些天一直在思考这样一个奇怪而有趣的问题：
在1~N的某个全排列中有多少个连号区间呢？这里所说的连号区间的定义是：
如果区间[L, R] 里的所有元素（即此排列的第L个到第R个元素）递增排序后能得到一个长度为R-L+1的“连续”数列，则称这个区间连号区间。
当N很小的时候，小明可以很快地算出答案，但是当N变大的时候，问题就不是那么简单了，现在小明需要你的帮助。
输入格式：
第一行是一个正整数N (1 <= N <= 50000), 表示全排列的规模。
第二行是N个不同的数字Pi(1 <= Pi <= N)， 表示这N个数字的某一全排列。
输出格式：
输出一个整数，表示不同连号区间的数目。
示例：
用户输入：
4
3 2 4 1
程序应输出：
7
用户输入：
5
3 4 2 5 1
程序应输出：
9
解释：
第一个用例中，有7个连号区间分别是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [2,2], [3,3], [4,4]
第二个用例中，有9个连号区间分别是：[1,1], [1,2], [1,3], [1,4], [1,5], [2,2], [3,3], [4,4], [5,5]
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 5000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
法一：技巧 区间中最大值减最小值就是 区间数目 就是连号区间
法二： 比较高级的办法，但是好像时间还要用的多一些样,
法二：啦啦啦啦，超时了，在蓝桥杯上 跑了一遍80 分 哈哈哈哈，装逼失败
法一：暴力
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int num[50000];
int n,m,k;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>num[i];
}
int minn=n;
int maxn=0;
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
minn=n;
maxn=0;
for(int j=i;j<n;j++)
{
minn=min(num[j],minn);
maxn=max(maxn,num[j]);
if((j-i)==(maxn-minn))
{
ans++;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
法二： RMQ 区间询问，保留区间的最大值，与最小值。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[50000][16];//每个区间最大的
int num[50000];
int dp2[50000][16];
int fun1(int i,int j)
{
int sum=j-i+1;
int n=log2(sum);//n的几次方
int maxn=dp[i][n];
int nn;
nn=n;
int ii=i;
sum-=(1<<n);
while(sum!=0)
{
ii+=(1<<n);
n=log2(sum);
maxn=max(maxn,dp[ii][n]);
sum-=(1<<n);
}
return maxn;
}
int fun2(int i,int j)
{
int ii=i;
int sum=j-i+1;
int n=log2(sum);
int minx=dp2[ii][n];
sum-=(1<<n);
while(sum!=0)
{
ii+=(1<<n);
n=log2(sum);
minx=min(minx,dp2[ii][n]);
sum-=(1<<n);
}
return minx;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(dp2,0,sizeof(dp2));
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>num[i];
dp[i][0]=num[i];
dp2[i][0]=num[i];
}
for(int j=1;j<=log2(n);j++)
{
for(int i=0;(1<<j)+i-1<n;i++)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
dp2[i][j]=min(dp2[i][j-1],dp2[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=i;j<n;j++)
{
if((fun1(i,j)-fun2(i,j))==(j-i))
{
ans++;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
