2018年第九届蓝桥杯【C++省赛B组】B、C、D、F、G 题解

B. 明码 #STL

题意

把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，一共16行，布局是：

第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
....
第31字节, 第32字节

给定一段由多个汉字组成的信息，每个汉字用(32)个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目要求，并根据要求填写答案。

分析

注意题目中说明是有符号二进制，也就说如果某个十进制数为负数，则它的二进制为补码（对于负数的补码，最高位为符号位，要取1，对原码取反再加一）。

题目简而言之，即为每一行有(32)个数字，每两个数字组成一行的布局。比如

第一行：4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0 
则每两个作为一行，并换算成二进制：
00000100 00000000
00000100 00000000
00000100 00000000
00000100 00100000
11111111 11110000
00000100 00100000
00000100 00100000
00000100 00100000
00000100 00100000
00000100 00100000
00001000 00100000
00001000 00100000
00010000 00100010
00010000 00100010
00100000 00011110
11000000 00000000
每个1组成汉字的笔画，所以这一行的字为“九”

关于十进制对二进制的转换，可以使用STL的bitset数据结构，十分方便，初始时定义为8位的二进制串，每次输入一个十进制，它就能将该数值转换为二进制串，同时还能将这个二进制串输出来！

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int main() {
    //打印出来
    for(int i = 1; i <= 10; i++){
        for(int j = 1; j <= 16; j++){
            for(int a = 1; a <= 2; a++){
                int tmp; scanf("%d", &tmp);
                bitset<8> mybit(tmp);
                cout << mybit << ' ';
            }
            cout << endl;
        }
        cout << "----------------" << endl;
    } 
    //cout << "九的九次方等于多少？" << endl;
    //cout << "387420489" << endl; //最终结果
    return 0;
}

C. 乘积尾零 #因数分解

题意

如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？

5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329 
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594 
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899 
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019 
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683 
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649 
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785 
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915 
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074 
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211 

分析

注意审题，题目要求的是乘积结果的尾部，也就说它并不是问你乘积结果整个数字含有多少个零！（如果是求这个的话，难度++）

观察到，乘积结果的尾部有(x)个(0)，说明该乘积结果含有(x)个因子(10)，也就说至少含有(x)个因子(5)和(x)个因子(2)（多余的因子成单，没有与之对应的因子进行配对），由此我们可以将所有数中的因子(5)和(2)分解出来，统计含(2)和(5)的因子数量并取两者最少值，即能推出乘积结果尾部(0)的数量。

举个栗子，对于(1050=2 imes3 imes7 imes5 imes5)（含两个(5)，一个(2)），而(180=9 imes2 imes2 imes5)（含一个(5)，两个(2)），则他们的乘积为(1050 imes180=189000=(9 imes3 imes7) imes(5 imes2) imes(5 imes2) imes(5 imes2))（即三对(5 imes2)构成尾部的三个(0)）

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int ResoluteNumber(int cur, int base){
    int res = 0; //统计数cur中含有多少个base因子
    while(cur % base == 0){
        res ++;
        cur /= base;
    }
    return res;
}
int num_2, num_5;
int main(){
    freopen("C:\Learning\data.in", "r", stdin);
    for(int i = 1, tmp; i <= 100; i++){
        scanf("%d", &tmp);
        num_2 += ResoluteNumber(tmp, 2); //统计tmp含有多少个2因子
        num_5 += ResoluteNumber(tmp, 5); //统计tmp含有多少个5因子
    }
    printf("%d
", min(num_2, num_5));
    //printf("31
"); //最终结果
    return 0;
}

D. 测试次数 #记忆化搜索 #动态规划

迟一点再更

鸡蛋掉落

普通记忆化搜索

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[1005][4], n = 1000, m = 3;
int DFS(int floor, int num){
    if(num == 0) return 0;
    if(num == 1 || floor <= 1) return floor;
    if(dp[floor][num] < INF) return dp[floor][num];
    int ans = 0x3f3f3f3f;
    for(int i = 1; i <= floor; i++){
        int badcase = max(DFS(i - 1, num - 1), DFS(floor - i, num));
        ans = min(ans, badcase + 1);
    }
    return dp[floor][num] = ans;
}
int main(){
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    printf("%d
", DFS(n, m));
}

记忆化搜索+二分思想+哈希表 过大数据

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n = 1000, m = 3;
unordered_map<ll, int> dp;
int DFS(int floor, int num){
        if(num == 0) return 0;
        if(num == 1 || floor <= 1) return floor;
        if(dp.find(1LL * floor * 10005 + (ll)num) != dp.end()) return dp[1LL * floor * 10005 + (ll)num];
        int ans = 0x3f3f3f3f, lo = 1, hi = floor + 1;
        while(lo < hi){
            int mid = (lo + hi) >> 1;
            int rev_1 = DFS(mid - 1, num - 1);
            int rev_2 = DFS(floor - mid, num);
            if (rev_1 < rev_2) lo = mid + 1;
            else hi = mid;
        }
        int badcase_1 = max(DFS(lo - 1, num - 1), DFS(floor - lo, num));
        int badcase_2 = max(DFS(hi - 1, num - 1), DFS(floor - hi, num));
        ans = 1 + min(badcase_1, badcase_2);
        return dp[1LL * floor * 10005 + (ll)num] = ans;
    }
int main(){
    printf("%d
", DFS(n, m));
}

F. 递增三元组 #二分思想 #前缀和

题意

给定三个整数数组A = [A1, A2, ... AN], B = [B1, B2, ... BN],
C = [C1, C2, ... CN]（(Nleq1e5)），请你统计有多少个三元组$(i, j, k) $同时满足：

• (1 leq i, j, k leq N)

• (A_i < B_j < C_k)

分析

不妨对这三个整数数组先升序排序，我们知道，要确定一个三元组((i,j,k))，那么可以先从(A)中取一个元素(a_i)，再从(B)中找出第一个大于等于(a_i)的元素(b_j)，同理再从(C)中找出第一个大于等于(b_j)的元素(c_k)。但如果这样直接枚举每个(i,j,k)一定会超时。

我们枚举每个(b_j)，通过二分确定了第一个(c_k)的位置(pos)，可以知道有((n-pos))个C数组元素，大于等于(b_j)。我们在枚举(b_j)并确定(pos)的过程中，同时用前缀和维护前(j)个元素(b_j)，有多少个小于C数组的元素((sum[j]=sum_{1}^j{n-pos}))。

接着，枚举每个$ a_i(，通过二分确定了第一个)b_j(的位置)posB(，查询)sum[n]-sum[posB]$，可以知道满足题目要求的三元组个数。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
ll ans = 0, sumFromB[MAXN],sum[MAXN]; //sumFromB[i]表示，对于B数组中第i个元素bi，在C数组中大于等于它的元素数量。

int main(){
    int n; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]);
    sort(a+1, a+1+n); sort(b+1, b+1+n); sort(c+1, c+1+n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int posC = upper_bound(c+1, c+1+n, b[i]) - c; //通过二分，从C数组中找到第一个大于等于bi的元素位置pos
        sumFromB[i] = n - posC + 1; //说明C数组中[pos, n]的元素，都满足大于等于bi。
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        sum[i] = sum[i - 1] + sumFromB[i]; //前缀和，对于B数组前i个元素，统计大于等于它们的C数组元素个数
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int posB = upper_bound(b+1, b+1+n, a[i]) - b;//通过二分，从C数组中找到第一个大于等于ai的元素位置posB
        ans += (sum[n] - sum[posB - 1]); //利用前缀和，求出[posB,n]中满足三元组的个数
    }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

G. 螺旋折线 #性质观察 #等差数列

题意

如下图所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次，对于整数点((x,y))（(-1e9leq x, yleq 1e9)），定义它到原点的距离：(dix(x,y))，为从原点到((x, y))的螺旋折线段的长度。

分析

一开始我按路径递增去模拟，只要转向次数为偶数次，就对前进长度+1，但还是超时，下面就是我的75分qaq。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
ll dx[] = { 0, -1, 0, 1, 0 };
ll dy[] = { 0, 0, 1, 0, -1 };
int main() {
    ll len = 0, sum = 0;
    ll cur_x = 0, cur_y = 0;
    ll des_x = 0, des_y = 0;
    scanf("%lld%lld", &des_x, &des_y);
    int t = 0;
    while (1) {
        t++; if (t > 4) t = 1;
        if ((t - 1) % 2 == 0) len++;

        ll step = len;
        if (abs(des_y - cur_y) == 0) {
            if((cur_x < des_x && des_x < cur_x + step * dx[t]) || 
               (cur_x > des_x && des_x > cur_x + step * dx[t]) )
                step = min(step, (ll)abs(des_x - cur_x));
        }
        else if (abs(des_x - cur_x) == 0) {
            if ((cur_y < des_y && des_y < cur_y + step * dy[t]) ||
                (cur_y > des_y && des_y > cur_y + step * dy[t]))
                step = min(step, (ll)abs(des_y - cur_y));
        }
        cur_x += step * dx[t];
        cur_y += step * dy[t];
        sum += step;

        if (cur_x == des_x && cur_y == des_y) break;
    }
    printf("%lld
", sum);
    return 0;
}

参考了@虎老狮的思路。我们可以将折线每一行的左下角长度为(1)的线段顺时针旋转90度（见下图），于是螺旋折线就变成长度易求的正方形环条了。于是点在螺旋折线上的移动就转化为一个点从每一个正方形环的左下角作为起点，顺时针移动，移动整一个环后，便直接跳到下一个更长的正方形环的左下角起点，…. 。容易观察到每一条正方形环的周长组成了以0为首项（即第一个正方形环是空的），以8为公差的等差数列。

如上图，我们假设点A((x_i,y_i))在该正方形对角线上侧，那么题目要求的(dis(x_i, y_i))，实际上就是（第三条边左下角起点出发到达点((x_i,y_i))的距离）+（不包括第三条边的内部正方形的周长之和）。由等差数列求和公式，内部边的长度之和就是(S_i = frac{(0 + (i-1) imes8) imes(i-1)}{2})。第三条边左下角起点出发到达点((x_i,y_i))的距离，就是((i+x_i)+(i+y_i))。如果是位于正方形对角线下侧的点B((x_j,y_j))，它需要用第三条边的周长减去((j+x_j)+(j+y_j))

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
ll des_x, des_y, ans;
int main(){
    scanf("%lld%lld", &des_x, &des_y);
    ll n = max(abs(des_x), abs(des_y));
    ll innerSqure =  4 * 1LL * (n - 1) * n;// = (0 + (n - 1) * 8) * (n - 1) / 2;
    ll dis_x = n + des_x, dis_y = n + des_y;
    if(des_y >= des_x)
        ans += (dis_x + dis_y);
    else
        ans += (8 * 1LL * n - dis_x - dis_y);
    printf("%lld
", ans + innerSqure);
    return 0;
}