2020年藍橋杯模擬賽解題報告（你們要的純C版本）

大家最好還是學一點c++吧，算法競賽從C到C++，只有5講帶你跨越。只要1元錢哦。

第一題 單位變換

題目

【問題描述】
在計算機存儲中，15.125GB是多少MB？
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。

思路

1G=1024M

答案

15488

第二題 約數個數

題目

【問題描述】
1200000有多少個約數（只計算正約數）。
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。

思路

枚舉+檢查

參考代碼

#include <stdio.h>

#define N 1200000

int main() {
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        if (N % i == 0)
            ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

答案

96

第三題 葉結點數

題目

【問題描述】
一棵包含有2019個結點的二叉樹，最多包含多少個葉結點？
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。

思路

n=n0+n1+n2，爲使葉子節點數（n0）最多，必須n1最小，設爲0，而n0=n2+1

得n2=(2019-1)/2=1009

所以n0=1010

答案

1010

第四題 數字9

題目

【問題描述】
在1至2019中，有多少個數的數位中包含數字9？
注意，有的數中的數位中包含多個9，這個數只算一次。例如，1999這個數包含數字9，在計算時只是算一個數。
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。

思路

僞代碼

for i from 9  to 2019
	if str(i).contains('9')
		ans++

參考代碼：

#include <stdio.h>
#include <string.h>

#define N 2019

int check(int i) {
    char s[5];
    sprintf(s, "%d", i);
    for (int j = 0; j < strlen(s); ++j) {
        if(s[j]=='9')return 1;
    }
    return 0;
}

int main() {
    int ans = 0;
    for (int i = 9; i <= N; ++i) {
        if (check(i)){
            ans++;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

答案

544

第五題 數位遞增的數

題目

【問題描述】
一個正整數如果任何一個數位不大於右邊相鄰的數位，則稱爲一個數位遞增的數，例如1135是一個數位遞增的數，而1024不是一個數位遞增的數。
給定正整數 n，請問在整數 1 至 n 中有多少個數位遞增的數？
【輸入格式】
輸入的第一行包含一個整數 n。
【輸出格式】
輸出一行包含一個整數，表示答案。
【樣例輸入】
30
【樣例輸出】
26
【評測用例規模與約定】
對於 40% 的評測用例，1 <= n <= 1000。
對於 80% 的評測用例，1 <= n <= 100000。
對於所有評測用例，1 <= n <= 1000000。

思路 O(kN)

迭代1~n
	轉換爲字符串
	迭代字符串的每一位，判斷是否滿足要求

參考代碼

#include <stdio.h>
#include <string.h>

void work();

int main() {
    while (1)
        work();
    return 0;
}

void work() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        char s[8];
        sprintf(s, "%d", i);
        int flag = 1;
        for (int j = 1; j < strlen(s); ++j) {
            if (s[j - 1] > s[j]) {
                flag = 0;
                break;
            }
        }
        if (flag)
            ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
}

第六題 遞增三元組

題目

【問題描述】
在數列 a[1], a[2], …, a[n] 中，如果對於下標 i, j, k 滿足 0<i<j<k<n+1 且 a[i]<a[j]<a[k]，則稱 a[i], a[j], a[k] 爲一組遞增三元組，a[j]爲遞增三元組的中心。
給定一個數列，請問數列中有多少個元素可能是遞增三元組的中心。
【輸入格式】
輸入的第一行包含一個整數 n。
第二行包含 n 個整數 a[1], a[2], …, a[n]，相鄰的整數間用空格分隔，表示給定的數列。
【輸出格式】
輸出一行包含一個整數，表示答案。
【樣例輸入】
5
1 2 5 3 5
【樣例輸出】
2
【樣例說明】
a[2] 和 a[4] 可能是三元組的中心。
【評測用例規模與約定】
對於 50% 的評測用例，2 <= n <= 100，0 <= 數列中的數 <= 1000。
對於所有評測用例，2 <= n <= 1000，0 <= 數列中的數 <= 10000。

思路 O(N^2)

枚舉每個元素
	該元素與前面的元素比較，找到小的即可
	該元素與後面的元素比較，找到大的即可
	上面兩項爲真，即說明當前元素可以作爲三元組的中心

O(N^2)，因爲N最大爲1000，所以1秒內可以解決戰鬥。

參考代碼

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

void work();

int main() {
    while(1)
        work();
    return 0;
}

void work() {
    int n, ans = 0;
    scanf("%d",&n);
    int *data = malloc(sizeof(int)*n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        scanf("%d",&data[i]);
    }
    for (int j = 1; j < n-1; ++j) {
        int hasSmall=0;
        for (int i = 0; i <j ; ++i) {
            if(data[i]<data[j]){
                hasSmall=1;
                break;
            }
        }
        int hasBig=0;
        for (int k = j+1; k < n; ++k) {
            if(data[j]<data[k]){
                hasBig = 1;
                break;
            }
        }
        if(hasSmall&&hasBig)
            ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
    free(data);
}

第七題 音節判斷

題目

【問題描述】
小明對類似於 hello 這種單詞非常感興趣，這種單詞可以正好分爲四段，第一段由一個或多個輔音字母組成，第二段由一個或多個元音字母組成，第三段由一個或多個輔音字母組成，第四段由一個或多個元音字母組成。
給定一個單詞，請判斷這個單詞是否也是這種單詞，如果是請輸出yes，否則請輸出no。
元音字母包括 a, e, i, o, u，共五個，其他均爲輔音字母。
【輸入格式】
輸入一行，包含一個單詞，單詞中只包含小寫英文字母。
【輸出格式】
輸出答案，或者爲yes，或者爲no。
【樣例輸入】
lanqiao
【樣例輸出】
yes
【樣例輸入】
world
【樣例輸出】
no
【評測用例規模與約定】
對於所有評測用例，單詞中的字母個數不超過100。

解法

將單詞的輔音標記爲0，元音標記爲1，那麼符合要求的單詞形態爲0+ 1+ 0+ 1

在限定開頭必須爲0，最後必須爲1的情況下，01交替爲3次，即前後元素相加結果爲1的次數必須爲3

代碼：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

int work();

int main() {
    while (1) { //死循環是爲了測試
        printf("%s\n", work() ? "yes" : "no");
    }
    return 0;
}

int isYuan(char c) {
    return c == 'a' || c == 'e' || c == 'i' || c == 'o' || c == 'u';
}

int work() {
    char word[101];
    scanf("%s", &word);
    int size = strlen(word);
    if (size < 4)
        return 0;
    //元音開頭或者輔音結尾，false
    if (isYuan(word[0]) || !isYuan(word[size - 1]))
        return 0;
    //新建一個數組進行標記
    int *h = malloc(sizeof(int) * size);
    for (int i = 0; i < size; ++i) {
        if (isYuan(word[i]))
            h[i] = 1;
        else
            h[i] = 0;
    }

    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i < size; ++i) {
        if (h[i - 1] + h[i] == 1)cnt++;//當前位置和前一個位置的數相加爲1，計數+1
    }
    free(h);
    return cnt == 3;
}

第八題 長草

題目

【問題描述】
小明有一塊空地，他將這塊空地劃分爲 n 行 m 列的小塊，每行和每列的長度都爲 1。
小明選了其中的一些小塊空地，種上了草，其他小塊仍然保持是空地。
這些草長得很快，每個月，草都會向外長出一些，如果一個小塊種了草，則它將向自己的上、下、左、右四小塊空地擴展，這四小塊空地都將變爲有草的小塊。
請告訴小明，k 個月後空地上哪些地方有草。
【輸入格式】
輸入的第一行包含兩個整數 n, m。
接下來 n 行，每行包含 m 個字母，表示初始的空地狀態，字母之間沒有空格。如果爲小數點，表示爲空地，如果字母爲 g，表示種了草。
接下來包含一個整數 k。
【輸出格式】
輸出 n 行，每行包含 m 個字母，表示 k 個月後空地的狀態。如果爲小數點，表示爲空地，如果字母爲 g，表示長了草。
【樣例輸入】
4 5
.g...
.....
..g..
.....
2
【樣例輸出】
gggg.
gggg.
ggggg
.ggg.
【評測用例規模與約定】
對於 30% 的評測用例，2 <= n, m <= 20。
對於 70% 的評測用例，2 <= n, m <= 100。
對於所有評測用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= k <= 1000。

思路 O(N*M)

典型的bfs，基本是個模板題。時間複雜度最多爲O(N*M)。

參考代碼

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

#define loop(i, x, y) for(register int i = x;i <= y;i++)

//草地上的一塊
typedef struct block {
    int i;
    int j;
    int month;
} block;
block q[1000000];
int qBegin = 0, qEnd = 0;
const int dx[] = {1, 0, -1, 0};
const int dy[] = {0, 1, 0, -1};
char ans[1000][1000];
int N, M, K;

int main() {
    loop(i, 0, 999)loop(j, 0, 999)ans[i][j] = '.';
    scanf("%d %d", &N, &M);
    char next_char=getchar();
    while(next_char!='\n')next_char=getchar();
    loop(i, 0, N - 1) {
        loop(j, 0, M - 1) {
            next_char = getchar();
            if (next_char == 'g') {
                block b = {i, j, 0};
                q[qEnd++] = b;//構建對象加入隊列
                ans[i][j] = 'g';
            }
        }
        next_char=getchar();
        while(next_char!='\n')next_char=getchar();
    }
    scanf("%d", &K);

    while (qBegin < qEnd) {
        block front = q[qBegin];//訪問頭部
        qBegin++;//彈出頭部
        int month = front.month;
        if (month < K) {
//            循環做出4個新座標
            loop(i, 0, 3) {
                int nx = front.i + dx[i];
                int ny = front.j + dy[i];
//                新座標在範圍內，且未被訪問
                if (0 <= nx && nx < N && 0 <= ny && ny < M && ans[nx][ny] == '.') {
                    ans[nx][ny] = 'g';
                    block new_b = {nx, ny, month + 1};
                    q[qEnd++] = new_b;
                }
            }
        }
    }
    loop(i, 0, N - 1) {
        loop(j, 0, M - 1) {
            if (ans[i][j] == 'g') printf("%c", 'g');
            else printf("%c", '.');
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

第九題 序列計數

題目

【問題描述】
小明想知道，滿足以下條件的正整數序列的數量：
1. 第一項爲 n；
2. 第二項不超過 n；
3. 從第三項開始，每一項小於前兩項的差的絕對值。
請計算，對於給定的 n，有多少種滿足條件的序列。
【輸入格式】
輸入一行包含一個整數 n。
【輸出格式】
輸出一個整數，表示答案。答案可能很大，請輸出答案除以10000的餘數。
【樣例輸入】
4
【樣例輸出】
7
【樣例說明】
以下是滿足條件的序列：
4 1
4 1 1
4 1 2
4 2
4 2 1
4 3
4 4
【評測用例規模與約定】
對於 20% 的評測用例，1 <= n <= 5；
對於 50% 的評測用例，1 <= n <= 10；
對於 80% 的評測用例，1 <= n <= 100；
對於所有評測用例，1 <= n <= 1000。

思路：記憶型遞歸 O(N^3)

題幹第三點，是一個遞歸定義，可以得到遞歸式：

f(pre,cur) = f(cur,1) + f(cur,2) + ... +f(cur,abs(pre-cur)-1) + 1
pre表示前一個數，cur代表當前的數，選定之後，序列種數等於以cur爲前序，以1到abs-1爲當前的序列數的總和再加1.
如f(5,2) = f(2,1)+f(2,2).

但是暴力遞歸的複雜度是指數級

基本的優化方案是加狀態記憶：輸入1000時，實測運行時間爲1000~2000ms；

進一步優化

至此，能通過80%的數據（在1000ms限制下）；

解空間是N的平方（詳細爲N*N）表格，但是每次都要循環加總，所以成了N的立方，在同樣的解空間下，避免循環加總，即可優化到N的平方

重新考慮狀態的轉移：

如果我們用f(i,j)表示前一個數是i，當前數是1到j的合法序列的個數；有f(i,j) = 1 + f(i,j-1) + f(j,abs(i-j)-1)即分爲兩個部分1）i作爲前一個數，從1到j-1爲當前數的合法序列的個數已經計算好，2）求以j爲尾數，後面選擇1到abs(i-j)-1的合法序列的個數。

如 f(10,5)=f(10,4)+f(5,4);而不是枚舉1到5；這樣每次解答樹只展開兩個節點，相當於減少一層循環，雖然解答樹的層次還是很深，但是由於記憶的存在，解空間仍然是N的平方。可在100ms內解決。

參考代碼：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

#define MOD 10000

typedef long long LL;
int N;
int mem[1001][1000];

int dfs(int pre, int cur) {
    if (cur <= 0) return 0;
    if (mem[pre][cur] != 0) return mem[pre][cur];
    return mem[pre][cur] = (1 + dfs(pre, cur - 1) + dfs(cur, abs(pre - cur) - 1)) % MOD;
}

void work() {
    scanf("%d",&N);
    printf("%d\n", dfs(N, N));
}

int main() {
    work();
    return 0;
}

第十題 晚會節目單

題目

【問題描述】
小明要組織一臺晚會，總共準備了 n 個節目。然後晚會的時間有限，他只能最終選擇其中的 m 個節目。
這 n 個節目是按照小明設想的順序給定的，順序不能改變。
小明發現，觀衆對於晚會的喜歡程度與前幾個節目的好看程度有非常大的關係，他希望選出的第一個節目儘可能好看，在此前提下希望第二個節目儘可能好看，依次類推。
小明給每個節目定義了一個好看值，請你幫助小明選擇出 m 個節目，滿足他的要求。
【輸入格式】
輸入的第一行包含兩個整數 n, m ，表示節目的數量和要選擇的數量。
第二行包含 n 個整數，依次爲每個節目的好看值。
【輸出格式】
輸出一行包含 m 個整數，爲選出的節目的好看值。
【樣例輸入】
5 3
3 1 2 5 4
【樣例輸出】
3 5 4
【樣例說明】
選擇了第1, 4, 5個節目。
【評測用例規模與約定】
對於 30% 的評測用例，1 <= n <= 20；
對於 60% 的評測用例，1 <= n <= 100；
對於所有評測用例，1 <= n <= 100000，0 <= 節目的好看值 <= 100000。

錯誤思路

如果用兩次排序求解，那就錯了。因爲並不是要選出的方案的好看值總和最大，而是要從前往後儘量好看。即選出的M個數字典序最大

思路 O(N^2)

此題關鍵在於“第一個節目儘可能好看”並希望“第二個節目儘可能好看”……那麼我們選擇的第一節目就是max(g[0]~g[n-m])閉區間，要選擇的第二個節目是max(g[lastMax+1],g[n-m+1])及從上一個節目往下到n-m+1這個區間裏面選最好看的，直到剩下的必須全部選擇。

算法用尺取法，雙指針移動。理論上的複雜度是O(M*(N-M))，極端情況是M=N/2，整體達到(N^2)/2。如果輸入數據爲：

100000 50000
100000 99999 ...

實測運行時間爲：10秒以上

參考代碼

#include <stdio.h>

#define MAX_N 100010

int games[MAX_N];

int N, M;

void work() {
    scanf("%d %d", &N, &M);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        scanf("%d", &games[i]);
    }
    int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
    while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
        while (pos_1 < pos_2)
            if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;
        printf("%d ", games[pos_max]);
        pos_1 = pos_max + 1;
        pos_2++;
        pos_max = pos_1;
    }
    while (pos_2 != N) {
        printf("%d ", games[pos_2++]);
    }
    printf("\n");
}

int main() {
    work();
    return 0;
}

優化：區間最值查詢 O(NlogN)

while (pos_1 < pos_2)
	if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;

這一段代碼是區間內查詢最大值，反覆多次，且數據是靜態的，所以選擇ST做RMQ。

f[i][j]表示以 i 爲起點，連續 2^j 個數中的最大值（的下標）；

轉移方程就是：f[i][j] = data[f[i][j-1]] >= data[f[i+pow_2(j-1)][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+pow_2(j-1)][j-1]; 注：比較原始數據，記錄下標

由於預處理是O(nlogn)，M次查詢是O(M)，每次查詢是O(1)，所以整體複雜度爲O(nlogn)。

下列代碼實測運行時間100ms以內

參考代碼

#include <stdio.h>

#define MAX_N 100010
#define MAX_POW 20

int data[MAX_N];
int N, M;

/*===st rmq的數據 begin===*/
int f[MAX_N][MAX_POW], Log[MAX_N];
/*===st rmq的數據 end===*/

/*===st rmq的函數 begin===*/
void initLog() {
    Log[1] = 0;//2的0次方爲1，log2_1 = 0;
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        Log[i] = Log[i / 2] + 1;
    }
}

//2的p次方
int pow_2(int p) {
    return 1 << p;
}

void initSt() {
    int i, j;
    for (i = 0; i < N; ++i) {
        f[i][0] = i;//注意這裏存的是下標，而不是值
    }

    for (j = 1; pow_2(j) < N; ++j) {
        for (i = 0; i + pow_2(j - 1) < N; ++i) {
            int index1 = f[i][j - 1];
            int index2 = f[i + pow_2(j - 1)][j - 1];
            f[i][j] = data[index1] >= data[index2] ? index1 : index2;
        }
    }
}

int query(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    int k = Log[len];
    int index1 = f[l][k];
    int index2 = f[r - pow_2(k) + 1][k];
    return data[index1] >= data[index2] ? index1 : index2;
}

/*===st rmq的函數 end===*/

void work() {
    scanf("%d %d", &N, &M);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        scanf("%d", &data[i]);
    }
    /*===初始化st rmq相關數據===*/
    initLog();
    initSt();
    int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M;
    while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) {
/*        while (pos_1 < pos_2)
            if (data[++pos_1] > data[pos_max])pos_max = pos_1;*/
        pos_max = query(pos_1, pos_2);
        printf("%d ", data[pos_max]);
        pos_1 = pos_max + 1;
        pos_2++;
        pos_max = pos_1;
    }
    while (pos_2 != N) {
        printf("%d ", data[pos_2++]);
    }
    printf("\n");
}

int main() {
/* 造數據
    freopen("E:\\data\\my10_1.in", "w", stdout);
    cout<<100000<<" "<<50000<<endl;
    for (int i = 0; i < 100000; ++i) {
        cout<<100000-i<<" ";
    }
    cout<<endl;*/
    freopen("E:\\data\\my10_1.in", "r", stdin);
    work();
    return 0;
}