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  • 2018 蓝桥杯省赛 B 组模拟赛(五)

    A模拟

    代码1

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    int n = 101;
    int a[120][120];
    int ans = 0;
    
    int main(){
    	
    	//填充数组 
    	int t = 0;
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		for(int j=1;j<=n;j++){
    			a[i][j] = ++t;
    		}
    	}
    	int cen = n/2+1;
    	int p = 1;
    	int l = 1,r=n;
    	//上半 
    	for(int i=cen;i>=1;i--){
    		p = l;
    		while(p<=r){
    			ans += a[i][p];
    			p++;
    		}
    		l++;
    		r--;
    	}
    	l = 1,r = n;
    	p = 1;
    	cen = n/2+1+1;
    	l++;
    	r--;
    	//下半 
    	for(int i=cen;i<=n;i++){
    		p = l;
    		while(p<=r){
    			ans += a[i][p];
    			p++;
    		}
    		l++;
    		r--;
    	}
    	cout<<ans<<endl;
    	return 0;
    } 
    

    代码2

    B-素数筛法打表+dfs全排列

    思路

    因为我们需要判断一个数字是否是素数判定次数过多,所以这里使用素数筛法打表,便于查询。
    然后我们需要把这 8 个数字全排列,这里和之前的全排列不太一样,这里的全排列第一个数字不能是 0 ,另外我们还需要记录我们全排列的结果。所以我们使用一个数字来记录全排列的结果 num,这样也便于查询是否是素数 。添加一个数字的时候我们通过 10*num + i 完成把先添加的数字放到数字末尾 。
    这些细节处理完之后,剩下的就是一个简单的递归了。答案是2668

    代码1

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    
    int prime[100000005];
    ll ans = 0;
    
    //素数筛打表 
    void Prime(){
        for (int i = 2; i <= 100000005; i++) {
            prime[i] = true;
        }
        for (int i = 1; i * i <= 100000005; i++) {
            if (prime[i]) {
                for (int j = i * i; j <= 100000005; j += i) {
                    prime[j] = false;
                }
            }
        }
    }
    
    int visited[10];
    
    //全排列 
    void dfs(int x,int t){
    	if(x==8){
    		//判断是否是素数 
    		if(prime[t]){
    //			cout<<t<<endl;
    			ans++;
    		}
    		return;
    	}
    	
    	for(int i=0;i<=7;i++){
    		if(i==0 && x==0){
    			continue;
    		}
    		if(!visited[i]){
    			visited[i] = 1;
    			dfs(x+1,t*10+i);
    			visited[i] = 0;
    		}
    	}
    }
    
    int main(){
    	Prime();
    	memset(visited,0,sizeof(visited));
    	dfs(0,0);
    	cout<<ans<<endl;
    	return 0;
    }
    

    代码2

    对于第一位数字不能为 0 ,我们可以通过判定 num 是否为 0 来判定第一位数字是否放 0 。

    C-dfs搜索


    思路1:手算

    思路2:dfs

    1、用 dfs 求解,每一次搜索,找到两个相同的边界点,标记即可。检测边界点的方法也很简单,只需要一个点的四个方向中有一个点在地图外或者已经被标记,那么这个点就是边界点。
    2、检测边界点的方法也很简单,只需要一个点的四个方向中有一个点在地图外或者已经被标记,那么这个点就是边界点。答案是 89。

    代码


    D-快速幂


    答案:pw(x, y / 2, p) * pw(x, y / 2, p) % p

    E-末尾零的个数


    答案:n = n / 5

    对于一个数的阶乘(分解成多个素数相乘),如果想末尾出现 0 的话,只有当 5 和 2 出现的时候,才会在末尾出现 0 。

    因为 2 的个数一定比 5 多。所以我们就可以得出一个结论,一个数的阶乘,末尾 0 的个数就是看里面 5 的个数。

    现在变成求 1 到 n 的因子有多少个 5。对于包含 1 个 5 的数字,就是 n/5,包含两个 5 的数字个数为 n / 25。。。通过 n = n / 5 的方式,每次剥掉一层 5。

    F-bfs+状态压缩




    关于bfs+状态压缩:本题是典型的bfs + 状压,一个入口出口,还要拿到地图中多个东西,不知道每个东西拿的先后顺序,而且同一个点重复走的话不好标记,这时候就标记状态。
    状态压缩:使用二进制标记状态

    思路1

    状态压缩 bfs,每个点状态用 d[x][y][state] 表示,state表示每个宝藏是否获取的状态压缩,比如(2<<10)-1 表示十进制的1023 也表示二进制的1111111111,即每个宝藏都拿到了。然后 bfs 即可。

    思路2

    全排列枚举选取宝藏的顺序,然后用 dfs 求出一个宝藏到另外一个宝藏之间的最短距离。优化的话,就是预处理任意两个宝藏之间的最短路距离。

    思路3

    手算得到答案48

    思路4

    1.全排列枚举到达各个宝藏的先后顺序
    2.预处理最短距离,bfs算出两两宝藏之间(包括起点/终点)相互到达的最短距离, 并作记录存入ans数组
    3.通过全排列枚举的顺序,通过ans数组计算最终距离,每次排列更新最短距离

    代码1

    ts = s | (1 << (mat[tx][ty] - '0'));//这句话意思就是更新状态(第mat[tx][ty]个宝藏找到了,所以要把它标记为1,怎么标记呢?与s作 | 运算把s的第mat[tx][ty]为置为1)


    代码4

    #include <i0stream>
    #include <cstdi0>
    #include <cstring>
    #include <alg0rithm>
    #include <queue>
    #include <wind0ws.h>
    using namespace std;
    
    /*
    1.全排列枚举到达各个宝藏的先后顺序
    2.预处理最短距离,bfs算出两两宝藏之间(包括起点/终点)相互到达的最短距离, 并作记录存入ans数组 
    3.通过全排列枚举的顺序,通过ans数组计算最终距离,每次排列更新最短距离 
    */ 
     
    b00l b00k[10][10];//标记地图上的是否访问过 
     
    int bz[11][2] = {0,7,1,6,2,4,3,1,3,8,4,4,6,8,7,6,8,1,9,6,0,0};//每个宝藏的坐标
    int Map[10][10]= //整个地图 2表示不能走 1表示宝藏
    {
        {0,0,0,0,0,0,0,1,0,0},
        {0,0,0,2,0,0,1,0,0,0},
        {0,2,0,0,1,0,0,2,0,0},
        {0,1,0,0,0,2,0,0,1,0},
        {0,2,0,0,1,0,2,0,0,0},
        {0,0,2,0,0,0,0,2,0,0},
        {0,0,0,0,0,2,0,0,1,0},
        {0,2,0,2,0,0,1,0,0,0},
        {0,1,0,0,0,0,2,2,0,0},
        {0,0,2,0,0,2,1,0,0,0}
    };
    struct n0de
    {
        int X,y,step;
    } N0w,NeXt;
     
    int dir[4][2] = {{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
     
    int bfs(int sX,int sy, int eX, int ey)
    {
        memset(b00k,0,size0f(b00k));
        N0w.X = sX;
        N0w.y = sy;
        N0w.step = 0;
        queue<n0de> q;
        q.push(N0w);//起点入队 
        b00k[sX][sy] = true;
        while(!q.empty())
        {
            N0w = q.fr0nt();
            q.p0p();
            //如果到了 当前理想要到的终点 就返回步数 
            if(N0w.X == eX && N0w.y == ey)
            {
                return N0w.step;
            }
            //搜寻4个方向入队 
            f0r(int i = 0; i < 4; i++)
            {
                NeXt.X = N0w.X + dir[i][0];
                NeXt.y = N0w.y + dir[i][1];
                NeXt.step = N0w.step + 1;
                if(NeXt.X >= 0 && NeXt.X <= 9 && NeXt.y >= 0 && NeXt.y <= 9 && Map[NeXt.X][NeXt.y] != 2 && b00k[NeXt.X][NeXt.y] == false)
                {
                    b00k[NeXt.X][NeXt.y] = true;
                    q.push(NeXt);
                }
            }
        }
        return -1;
    }
    int main()
    {
        int minn = 999999;
        int ans[11][11];//记录宝藏到宝藏(包含起点,起点当作是10号宝藏)的最短路径 
        
        //枚举宝藏i 到 宝藏j的最短距离 121次bfs搜索 
        f0r(int i = 0; i < 11; i++)
        {
            f0r(int j = 0; j < 11; j++)
            {
                ans[i][j] = bfs(bz[i][0],bz[i][1],bz[j][0],bz[j][1]);
            }
        }
        
        int num[10] = {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9};
        d0
        {
            int sum = 0;
            sum += ans[10][num[0]];//起点到第一个点的距离 
            f0r(int i = 0; i < 9; i++)
            {
                sum += ans[num[i]][num[i+1]];//宝藏到宝藏每一段路的距离
            }
            sum += ans[num[9]][10];//终点回到起点的距离 
            minn = min(minn,sum);//每次排列 更新最小值 
        }
        while(neXt_permutati0n(num,num+10));//枚举10个宝藏到达顺序的全排列
        c0ut << minn << endl;
        return 0;
    }
    
    

    F-模拟,栈

    思路

    用栈来维护每次合并完的数,每入栈一个数以后栈顶和次栈顶比较,如果可以合并就合并为新的栈顶,并且再次与次栈顶比较直至无法合并,在合并过程中统计次数即可。

    代码

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    
    stack<int> s;
    int n;
    int ans = 0;
    
    int main(){
    	scanf("%d",&n);
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		int d;
    		scanf("%d",&d);
    		while(!s.empty() && (s.top() - d) == 1){
    			s.pop();//大的数 去除 
    			ans++;
    		}
    		if(!s.empty() && d - s.top() == 1){
    			ans++;
    		}else{
    			s.push(d);//小的数保留 
    		}
    	}
    	printf("%d
    ",ans);
    	return 0;
    } 
    

    H:找规律

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    
    int n,m;
    
    int main(){
    	cin>>n>>m;
    	if(n > m){
    		swap(n,m);
    	}
    	//如果只有1行,那么在列上都放上棋子 
    	if(n == 1){
    		cout<<m<<endl; 
    	}else if(n == 2){
    		cout<< m / 4 * 4 + min(m%4,2) * 2<<endl;
    	}else{
    		cout<< (n * m + 1)/2<<endl;
    	}
    	return 0;
    } 
    

    第一眼以为是dfs暴力搜索,过3组数据,超时了。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    /*
    从左到右、从上到下的顺序dfs搜索 
    
    每个格子都有两种可能:放、不放 
    
    dfs参数含义:横坐标、纵坐标、当前棋盘上已经放的个数
    */ 
    
    typedef long long ll;
    
    int n,m,ans = 0;
    int a[1010][1010];
    int dr[8][2] = {{-1,-2},{-2,-1},{-2,1},{1,-2},{2,-1},{-1,2},{2,1},{1,2}};
    
    bool in(int x,int y){
    	return x>=1 && x<=n && y>=1 && y<=m;
    }
    
    int valid(int x,int y){
    	int flag = 1;
    	for(int i=0;i<=7;i++){
    		int dx = x + dr[i][0];
    		int dy = y + dr[i][1];
    		if(in(dx,dy) &&  (a[dx][dy] == 1)){
    			flag = 0;
    			break;
    		}
    	}
    	return flag;
    }
    
    
    void dfs(int x,int y,int t){
    	if(x==n+1){
    		ans = max(ans,t);
    		return;
    	}
    	int dx = y>=m ? x+1 : x;
    	int dy = y>=m ? 1 : y+1;
    	
    	if(in(dx,dy) && a[dx][dy]!= 1 && valid(dx,dy)){
    		a[dx][dy] = 1;
    		dfs(dx,dy,t+1);
    		a[dx][dy] = 0;		
    	}
    	dfs(dx,dy,t);
    }
    
    int main(){
    	scanf("%d%d",&n,&m);
    	dfs(0,9,0);
    	printf("%d
    ",ans);
    	return 0;
    }
    

    J-计数dp

    思路1:dfs回溯+剪枝 过40%数据

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    
    int n,k,ans = 0;
    
    /*参数含义:第x个数(不多于k个数),当前剩余值t(初始为n),当前选的数num(小于n的自然数)*/ 
    void dfs(int x,int t,int num){ //第x个数  
    	if(t<0)return;
    	if(x>k+1)return;
    	if(x<=k+1){
    		if(t==0){
    			ans++;
    			return;
    		}
    	}
    	if(num>n)return;
    	//枚举选当前num的个数 
    	for(int i=0;i<=(t/num+1);i++){
    		if(num*i <=t ){
    			dfs(x+i,t-num*i,num+1);
    		}
    	}
    }
    
    
    int main(){
    	scanf("%d%d",&n,&k);
    	dfs(1,n,1);
    	printf("%d
    ",ans);
    	return 0;
    }
    

    思路2:计数dp

    可设dp[n][k]表示将正整数n分解为不多于k个正整数相加的形式的方案数。根据题意,应分以下4种情况讨论:

    1°n=1 或 k=1:n=1时只有"1=1"这1种分解方案;k=1时只有"n=n"这1种分解方案,故方案数=1;

    2°n<k:相当于dp[n][k],因正整数n不可能分解为超过n个正整数相加的形式;

    3°n>k:根据"是否将n恰好分解为k个正整数相加的形式"(上界),进行讨论:

    1°°将n恰好分解为k个正整数相加的形式:此时分解出的每个正整数t都满足t>=1,故相当于将分解出的k个数"都减去1",即相当于dp[n-k][k],也就是将正整数n-k分解为不多于k个正整数相加的形式的方案数;

    2°°将n分解为小于k个正整数相加的形式:此时即dp[n][k-1],也就是将正整数n分解为不多于k-1个正整数相加的形式的方案数;

    故方案数=dp[n-k][k]+dp[n][k-1];

    4°n=k:总体与3°相同,但将n恰好分解为k个正整数相加的形式时,只有"n=n/k+n/k+...+n/k"这1种分解方案,故方案数=1+dp[n][k-1]。

    综上,可得以下结论:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    int n,k;
    ll dp[310][310];
    
    int main(){
    	cin>>n>>k;
    	for(int i = 1;i<=n;i++){
    		for(int j=1;j<=k;j++){
    			//等于1的时候 
    			if(i==1 || k == 1){
    				dp[i][j] = 1;
    			}else if(j > i){
    				dp[i][j] = dp[i][i];
    			}else if(i > j){
    				dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-j][j]; 
    			}else{
    				dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1;
    			}
    		}
    	}
    	cout<<dp[n][k]<<endl;
    	return 0;
    } 
    
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