蓝桥杯第十五届C++B组省赛真题解析

蓝桥杯第十五届C++B组省赛真题解析

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一、宝石组合https://www.lanqiao.cn/problems/19711/learning/

解题思路

题目要求找到三个数，使得它们的最大公约数（GCD）尽可能大，并在GCD相同的情况下选择数值最小的三个数。以下是分步解析：

1. ​​公式化简​​：

   • 通过数学推导，将三个数的最小公倍数（LCM）转化为涉及GCD的表达式：
     $$\text{LCM}(a,b,c)=\frac{a\times b\times c\times \text{GCD}(a,b,c)}{\text{GCD}(a,b)\times \text{GCD}(b,c)\times \text{GCD}(a,c)}$$
   • 题目中的目标函数 $ S $ 最终简化为三个数的最大公约数：
     $$S=\text{GCD}(a,b,c)$$

2. ​​预处理因数​​：

   • 对每个输入的数，计算其所有因数，并将该数记录到对应因数的列表中。
   • ​​例如​​：数 12 的因数为 1, 2, 3, 4, 6, 12 ，每个因数的列表都会添加12。

3. ​​搜索最大GCD​​：

   • ​​从大到小遍历所有可能的因数​​ d ，检查对应列表是否包含至少三个数。
   • 第一个满足条件的 $ d $ 即为最大可能的GCD，因为更大的因数已被遍历过且不满足条件。

4. ​​选择最小字典序​​：

   • 对满足条件的列表排序，取前三个最小的数，确保在相同GCD时结果字典序最小。

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公式推导细节

1. ​​三数LCM的展开​​：
   $$\text{LCM}(a,b,c)=\frac{a\cdot b\cdot c}{\text{GCD}(a,b)\cdot \text{GCD}(b,c)\cdot \text{GCD}(a,c)}\cdot \text{GCD}(a,b,c)$$

2. ​​目标函数 $ S $ 的化简​​：
   $$S=\frac{\text{LCM}(a,b,c)\cdot \text{GCD}(a,b)\cdot \text{GCD}(b,c)\cdot \text{GCD}(a,c)}{a\cdot b\cdot c}=\text{GCD}(a,b,c)$$

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算法步骤

1. ​​预处理​​：

   • 遍历每个数，分解其所有因数，将数存入对应因数的容器中。
   • ​​时间复杂度​​：$ O(n \sqrt{\text{max_value}}) $，其中 $ n $ 是输入数的个数。

2. ​​枚举最大GCD​​：

   • 从最大可能的因数（如 $ 10^5 $）开始倒序遍历，找到第一个满足条件的因数。
   • ​​时间复杂度​​：$ O(\text{max_value}) $。

3. ​​输出结果​​：

   • 对符合条件的三数排序，选择字典序最小的组合。
   • ​​时间复杂度​​：$ O(k \log k) $，其中 $ k $ 是容器中数的数量。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> a[100010];
int main()
{
  int n;
  cin >> n;
  for(int i=0; i<n; i++){
    int temp;
    cin >> temp;

    for(int j=1; j*j<=temp; j++){
      //找到temp的所有因数，并将temp插入到每个因数的后面
       if(temp%j==0){
      
         a[j].push_back(temp);
         if(j!=temp/j)//防止重复在开方数后插入temp
         a[temp/j].push_back(temp);
       }
    }
  }
  for(int i=100000;i>=0; i--){
    if(a[i].size()>=3){
      sort(a[i].begin(),a[i].end());
      cout << a[i][0]<< " "<<  a[i][1]<< " " << a[i][2];
      return 0;
    }
  }
  return 0;
}

二、拔河

https://www.lanqiao.cn/problems/19713/learning/

问题描述

给定一个表示同学力量值的数组，要求找到​​两个不同子数组和的最小差值​​。允许子数组重叠甚至完全重合（这意味着差值为0是可能的）。

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算法思路

1. 前缀和计算

• ​​目标​​：快速计算任意子数组的和，避免双重循环累加。
• ​​方法​​：构建前缀和数组 pre[]，其中 pre[i] 表示原数组前 i 项的和。
  $$pre[i]=\{\begin{array}{ll}a[0]& \text{if }i=0\\ pre[i-1]+a[i]& \text{if }i>0\end{array}$$

2. 生成所有子数组和

• ​​步骤​​：
  1. 通过双重循环枚举所有可能的子数组起止点 i 和 j。
  2. 使用前缀和公式计算区间 [i, j] 的和：
     $$\text{sum}(i,j)=\{\begin{array}{ll}pre[j]& \text{if }i=0\\ pre[j]-pre[i-1]& \text{if }i>0\end{array}$$
  3. 将所有子数组和存入集合 s 中。

3. 排序优化查找

• ​​关键性质​​：排序后的数组中，最小差值必然出现在相邻元素之间。
• ​​步骤​​：
  1. 对集合 s 排序。
  2. 遍历排序后的数组，计算相邻元素的差值，记录最小值。

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时间复杂度

步骤	时间复杂度
前缀和计算	O(n)
生成所有子数组和	O(n^2)
排序子数组和集合	O(n^2 \log n)

​​适用场景​​：当 $ n \leq 1000 $ 时，算法效率可接受。

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代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> a[100010];
int main()
{
  int n;
  cin >> n;
  for(int i=0; i<n; i++){
    int temp;
    cin >> temp;

    for(int j=1; j*j<=temp; j++){
      //找到temp的所有因数，并将temp插入到每个因数的后面
       if(temp%j==0){
      
         a[j].push_back(temp);
         if(j!=temp/j)//防止重复在开方数后插入temp
         a[temp/j].push_back(temp);
       }
    }

  }
  for(int i=100000;i>=0; i--){
    if(a[i].size()>=3){
      sort(a[i].begin(),a[i].end());
      cout << a[i][0]<< " "<<  a[i][1]<< " " << a[i][2];
      return 0;
    }
  }
  return 0;
}