当前位置：首页 > news >正文

第十六届蓝桥杯 C/C++ B组题解

news 来源：原创 2025/4/30 6:53:17

做之前的真题就可以发现，蓝桥杯特别喜欢出找规律的题，但是我还是低估了官方的执念。本博客用于记录第一次蓝桥的过程，代码写的很烂，洛谷已经有的题解，这里不再赘述，只说自己遇到的问题。用于以后回顾和查找资料，毕竟自己总结的印象更深。

本博客，没有多少借鉴价值，基本全是暴力破解和吐槽。

试题 A: 移动距离（填空 5分）

洛谷链接：P12130 [蓝桥杯 2025 省 B] 移动距离 - 洛谷

我不会，豆包说“在平面直角坐标系中，从原点(0,0)到点(x,y) ，如果先沿x轴正方向移动到(x,0) ，再沿以原点为圆心，半径为x2+02=x的圆移动到(x,y) ，这种移动方式的总距离最短。” ，但是我没有理解。

豆包代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;int main() {double x = 233;double y = 666;double r = sqrt(x * x + y * y);double distance = r + r * atan(y / x);cout << distance << endl;// 四舍五入到整数int result = round(distance);cout << result << endl;return 0;
}

试题 B: 客流量上限（填空 5分）

洛谷链接：P12131 [蓝桥杯 2025 省 B] 客流量上限 - 洛谷

比赛的时候，感觉是有什么规律的，我一直在思考如何保证2025个分店的客流量上限不同，感觉dfs可以，但是又不知道如何判断 $A_i$ 和 $A_j$ 的乘积不得超过 i × j + 2025,故作罢。

在洛谷上，看到大佬的题解，思路特别好：（P12131 [蓝桥杯 2025 省 B] 客流量上限 - 洛谷）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main(){int n;cin >> n;vector<int> a;for(int i=1;i<=n;i++){a.push_back(i);}long long cnt=0;do{bool flag=true;for(int i=0;i<n;i++){//位置for(int j=0;j<n;j++){//位置if(a[i]*a[j]>(i+1)*(j+1)+n){//printf("%d %d\n",a[i],a[j]);flag=false;i=n;break;}}}if(flag){cnt++;cnt%=1000000007;}}while(next_permutation(a.begin(),a.end()));cout << cnt;
}

1 1

2 1

3 2

4 2

5 4

6 4

7 8

8 8

“1、1、2、2、4、4、8、8”，发现次数等于 $2^{\lfloor(n - 1)/2\rfloor}$

只需要再根据规律，算出结果即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {int n;cin >> n;long long flag=(n-1)/2;long long sum=1;for (int i = 0; i < flag; i++){sum*=2;sum%=1000000007;}cout << sum << endl;return 0;
}

试题 C: 可分解的正整数（10分）

洛谷链接：P12132 [蓝桥杯 2025 省 B] 可分解的正整数 - 洛谷

【输入格式】

输入的第一行包含一个正整数 N ，表示数据的个数。

第二行包含 N 个正整数 A 1 , A 2 , . . . , A N ，表示需要判断是否可分解的正整数

序列。

【输出格式】

输出一个整数，表示给定数据中可分解的正整数的数量。

【样例输入】

3

3 6 15

【样例输出】

3

【样例说明】

A i = 3 是可分解的，因为 [0 , 1 , 2] 的和为 0 + 1 + 2 = 3 。

A i = 6 是可分解的，因为 [1 , 2 , 3] 的和为 1 + 2 + 3 = 6 。

A i = 15 是可分解的，因为 [4 , 5 , 6] 的和为 4 + 5 + 6 = 15 。

所以可分解的正整数的数量为 3 。

【评测用例规模与约定】

对于 30 % 的评测用例， 1 ≤ N ≤ 100 ， 1 ≤ $A_i$ ≤ 100 。

对于 100 % 的评测用例， 1 ≤ N ≤ $10^5$ ， 1 ≤ $A_i$ ≤ $10^9$ 。

这道题再知乎上也被很多人吐槽了，除了1全部可以。我的思路是从找规律开始，找他的样例：

0+1+2 = 3

1+2+3 = 6

2+3+4 = 9

会发现长度为三的序列可以输出所有三的倍数，所以只要是3的倍数都可以分解。

但是要注意题目条件是“序列长度至少为3”，那如果长度为4，就是4的倍数也全部可分解，长度为5，就是5的倍数可以分解......这样下去，岂不是所有正整数都可以。恰好 “1 ≤ $A_i$ ≤ $10^9$ ”。

而且可以有负数，那么...：

-1 + 0 + 1 + 2 = 2

-2 + -1 + 0 + 1 + 2 + 3 = 3

这样下去就是除了1，都可以“因为不能“-1+0+1+1”。

故找到规律后代码就很简单了，相信大家都知道怎么写了，但是我犯了一个很蠢的错误：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n=0;long long flag=0;scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%lld",&flag);if(flag==1)n--; }printf("%d",n);return 0;
}

大家可以看一下是什么问题，下面是通过的代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n=0;long long flag=0;scanf("%d",&n);for(int i=n;i>0;i--){scanf("%lld",&flag);if(flag==1)n--; }printf("%d",n);return 0;
}

试题 D: 产值调整(10分)

洛谷链接：P12133 [蓝桥杯 2025 省 B] 产值调整 - 洛谷

【输入格式】

输入的第一行包含一个整数 T ，表示测试用例的数量。

接下来的 T 行，每行包含四个整数 A ， B ， C ， K ，分别表示金矿、银矿和

铜矿的初始产值，以及需要执行的调整次数。

【输出格式】

对于每个测试用例，输出一行，包含三个整数，表示经过 K 次调整后金

矿、银矿和铜矿的产值，用空格分隔。

【样例输入】

2

10 20 30 1

5 5 5 3

【样例输出】

25 20 15

5 5 5

【评测用例规模与约定】

对于 30 % 的评测用例， 1 ≤ T ≤ 100 ， 1 ≤ A , B , C , K ≤ $10^5$ 。

对于 100 % 的评测用例， 1 ≤ T ≤ 10 5 ， 1 ≤ A , B , C , K ≤ $10^9$ 。

看到这道题，思路不难，那就可能会出现超时问题，那就代表可能有规律，但是我没看出来，所以就先写出暴力解法看看：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n;scanf("%d",&n);long long A,B,C,K;for(int j=0;j<n;j++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&C,&K);int flag_A=A;int flag_B=B;int flag_C=C;for(int i=0;i<K;i++){A=(flag_B+flag_C)/2;B=(flag_A+flag_C)/2;C=(flag_A+flag_B)/2;flag_A=A;flag_B=B;flag_C=C;}printf("%lld %lld %lld\n",A,B,C);		}return 0;
}

运行例题通过了，那么就稍微改一下样例试试，加大看看是否超时：

2

10 20 30 50

5 5 5 30

结果为：

18 18 18

5 5 5

！！发现两组数A、B、C都相同，再让它输出中间值发现，除了前几次运算A、B、C不同，后边运算全相同，再换几个数也发现同样的规律。

故我想到的便是在三个数相同的时候跳出循环，这就是本题的答案：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n;scanf("%d",&n);long long A,B,C,K;for(int j=0;j<n;j++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&C,&K);int flag_A=A;int flag_B=B;int flag_C=C;for(int i=0;i<K;i++){A=(flag_B+flag_C)/2;B=(flag_A+flag_C)/2;C=(flag_A+flag_B)/2;flag_A=A;flag_B=B;flag_C=C;if(A==B&&B==C&&A==C){
//				printf("yes\n");break;}//			printf("A=%d B=%d C=%d\n",A,B,C);}printf("%lld %lld %lld\n",A,B,C);		}return 0;
}

试题 E: 画展布置（15分）

洛谷链接：P12134 [蓝桥杯 2025 省 B] 画展布置 - 洛谷

【输入格式】

输入共两行。

第一行包含两个正整数 N 和 M ，分别表示画作的总数和需要挑选的画作数量。

第二行包含 N 个正整数 A 1 , A 2 , . . . , A N ，表示每幅画作的艺术价值。

【输出格式】

输出一个整数，表示 L 的最小值。

【样例输入】

4 2

1 5 2 4

【样例输出】

3

【评测用例规模与约定】

对于 40 % 的评测用例， 2 ≤ M ≤ N ≤ 10 3 ， 1 ≤ A i ≤ $10^3$ 。

对于 100 % 的评测用例， 2 ≤ M ≤ N ≤ 10 5 ， 1 ≤ A i ≤ $10^5$ 。

这道题思路洛谷上题解也已经讲的很清楚（P12134 [蓝桥杯 2025 省 B] 画展布置 - 洛谷），我再做的时候遇到一个问题：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int data[100004]={0};int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&data[i]); sort(data,data+n+1);// for(int i=1;i<=n;i++)// 	printf("%d ",data[i]);// printf("\n");long long sum=0,flag_min=0;flag_min=data[m]*data[m]-data[1]*data[1];for(int i=2;i+m-1<=n;i++){// flag_min = min(flag_min,data[i+m-1]*data[i+m-1]-data[i]*data[i]);sum=data[i+m-1]*data[i+m-1]-data[i]*data[i];if(sum<flag_min)flag_min=sum;}	printf("%lld",flag_min);return 0;
}

这套代码再VScode会报错的：“"data" 不明确”，这是因为头文件中包含了同名的函数“data”造成的，所以要把“int data[100004]={0};”放在main函数里面，或者重命名。

另外他也不能通过全部测试点：

这是因为类型问题： data是“int”型，而sum和flag_min是long long型；data改为“long long”类型，便全部通过了：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{long long data[100004]={0};int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&data[i]); sort(data,data+n+1);// for(int i=1;i<=n;i++)// 	printf("%d ",data[i]);// printf("\n");long long sum=0,flag_min=0;flag_min=data[m]*data[m]-data[1]*data[1];for(int i=2;i+m-1<=n;i++){flag_min = min(flag_min,data[i+m-1]*data[i+m-1]-data[i]*data[i]);}	printf("%lld",flag_min);return 0;
}

试题 F: 水质检测（15分）

【输入格式】

输入共两行，表示一个 2 × n 的河床。

每行一个长度为 n 的字符串，仅包含 ‘#’ 和 ‘.’ ，其中 ‘#’ 表示已经存在的

检测器， ‘.’ 表示空白。

【输出格式】

输出共 1 行，一个整数表示答案。

【样例输入】

.##.....#

.#.#.#...

【样例输出】

5

【样例说明】

其中一种方案：

.###....#

.#.######

增加了 5 个检测器

【评测用例规模与约定】

对于 100 % 的评测用例，保证 n ≤ 1000000 。

对于这道题，我一开始想到的是暴力，通过dfs，第一个水质检测器作为起点，最后一个作为终点。比赛的时候是能过案例，同时我也自己试了几组数据也都是通过的，我当时想到的可能会有几个超时的，毕竟是遍历。但是我在洛谷运行的时候，竟然有WA。：

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;string str[2]={"\0"};
int flag_min=0;
int book[2][1000004]={0};
//int sum=0;
int beg_x=0,beg_y=0;
int end_x=0,end_y=0;
int up[2][2]={0,1,/*右*/1,0	/*下*/
};void dfs(int x,int y,int sum)
{if(x==end_x&&y==end_y){
//		printf("sum=%d end!\n",sum);if(sum<flag_min)flag_min=sum;return ;}else if(x>=2||y>=str[0].size())	return ;if(book[x][y]==0)for(int i=0;i<2;i++){book[x][y]=1;if(str[x][y]=='.')sum++; dfs(x+up[i][0],y+up[i][1],sum);book[x][y]=0;}return ;
} int main()
{char c;int n=0;cin>>str[0]>>str[1];flag_min=str[0].size()*2;int flag=0;for(int i=0;i<str[0].size();i++){for(int j=0;j<2;j++){
//			printf("begin_test!\n");if(str[j][i]=='#'){flag=1;beg_x=j;beg_y=i;
//				printf("%d %d\n",beg_x,beg_y);break;}		}if(flag==1)	break;}if(flag==0) printf("0");/*表示一个#都没有*/else{flag=0;for(int i=str[0].size()-1; i>=0;i--){for(int j=1;j>=0;j--){
//				printf("end_test!\n");if(str[j][i]=='#'){flag=1;end_x=j;end_y=i;
//					printf("%d %d\n",end_x,end_y);break;}		}if(flag==1)	break;}//	/*min_road*/dfs(beg_x,beg_y,0);printf("%d",flag_min);}return 0;
}

先找出起终点，然后通过dfs遍历，像迷宫问题一样（万能搜索算法-CSDN博客），TLE在预料之中，但WA不再，所以我开始找问题，最后发现，问题出在dfs的遍历方向上，我只遍历了“左”，“上”连个方向，这种情况只适用于，起点在第一行的情况，但如果出现在第二行，便永远不能到达第一行了，所以我又加了一个向上的方向。

int up[3][2]={{0,1},	/*右*/{1,0},	/*下*/{-1,0}	/*上*/
};

得到如下结果：

在预料之中。洛谷大佬已经给出了正解：P12135 [蓝桥杯 2025 省 B] 水质检测 - 洛谷。这种解法我是真想不出来，所以便不强行解释了。目前就暴力解法了。

试题 G: 生产车间（20分）

洛谷链接：P12136 [蓝桥杯 2025 省 B] 生产车间 - 洛谷

【输入格式】

输入共 n + 1 行。

第一行为一个正整数 n 。

第二行为 n 个由空格分开的正整数 w 1 , w 2 , ..., w n 。

后面 n − 1 行，每行两个整数表示树上的一条边连接的两个结点。

【输出格式】

输出共一行，一个整数代表答案。

【样例输入】

9

9 7 3 7 1 6 2 2 7

1 2

1 3

2 4

2 5

2 6

6 7

6 8

6 9

【样例输出】

8

【样例说明】

删掉结点 4 、 9 后生产线满足条件，根结点 1 每单位时间将打包出 8 单位

的成品。

【评测用例规模与约定】

对于 20 % 的评测用例， 2 ≤ n ≤ 100 。

对于 100 % 的评测用例， 2 ≤ n ≤ 1000 ， w i ≤ 1000 。

这道题的树就已经难到我了，因为我当时已经忘了怎么构建树了，而且这是一个多叉树，还不是二叉树。所以考试的时候是通过邻接矩阵加01背包构造的,代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int dfs(int root,int x,vector<vector<int>> tree,vector<int> w,int n)
{	vector<vector<int>> data(x,vector<int>(w[root]+1,0));/*0-x*/int first=0;for(int j=1;j<=n;j++){if(tree[root][j]==2){first=j;break;}		}for(int i=0;i<=w[root];i++){if(i>w[i])data[0][i]=w[i];}if(x==n)for(int i=0;i<x;i++){for(int j=0;j<=w[root];j++)if(i<w[i])data[i][j]=data[i-1][j];elsedata[i][j]=max(data[i-1][j],data[i-1][j-w[i]]+w[i]);}return data[x-1][w[root]];
}int main()
{int n;scanf("%d",&n);vector<vector<int>> tree(n+1,vector<int>(n,0));vector<int> w(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&w[i]);}for(int i=0,a=0,b=0;i<n-1;i++){scanf("%d%d",&a,&b);tree[a][b]=1;
//		tree[a].push_back(b);}int sum=0,num=0; for(int i=1;i<=n;i++)/*从叶到根*/{sum=0,num=0;for(int j=1;j<=n;j++)/*从小到大寻找父节点*/{if(tree[j][i]==1)/*j为父节点*/{for(int k=1;k<=n;k++)/*遍历子节点*/{if(tree[j][k]==1){num++;tree[j][k]=2;sum+=w[k];}}if(sum>w[j]){w[j]=dfs(j,num,tree,w,n);}}}}cout<<w[1];return 0;
}

因为我连测试点都没过，不出所料一片红：

与上一题一样，暴力的解法应该只有AC和TLE，所以我又开始找错误之旅。

经过我的不断修改，我决定放弃上边这套烂代码，用邻接表代替邻接矩阵来写（邻接矩阵太麻烦），并且通过dfs搜索，来实现树的遍历，但依旧采用01背包的思路去做：代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;const int N = 1010;
int n, w[N];
vector<int> g[N];/*邻接表*/
int f[N][N]={0};// 深度优先搜索
void dfs(int u) {// 叶节点情况（g[u].empty()为NULL 输出1），叶节点的材料产出就是其权值if (g[u].empty()) {f[u][w[u]] = w[u];return;}// 对当前节点的每个子节点进行DFSfor (int i = 0; i < g[u].size(); i++) {int v = g[u][i];dfs(v);}for (int i = 1; i <= w[u]; i++)/*初始化*/{if(w[g[u][0]]<=i)f[u][i]=w[g[u][0]];}  for (int i = 1; i < g[u].size(); i++)/*物品*/{for (int j=w[u];j>=0;j--)/*背包*/f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-w[g[u][i]]]+w[g[u][i]]);}
}int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> w[i];}for (int i = 1; i < n; i++) {/*邻接表*/int a, b;cin >> a >> b;g[a].push_back(b);}dfs(1);cout << f[1][w[1]] << endl;return 0;
}

通过的测试点如下：

比上次多了两个，呃，但是我想的应该是除了AC就是TLE，这显然不满足。最后我发现了这个致命的问题，虽然用了动态规划，但动态规划只造成了局部最优（每一个父节点与它的子节点），局部最优不代表全局最优，现在应该算是贪心，所以应该还有一层动态规划。

这里又发现一个问题！！我们来看输入，“每行两个整数表示树上的一条边连接的两个结点”假设为a,b；这里并没有说输入的两个数顺序是a是b的入度，或者a是b的出度。题目中也没有明确说明哪个是根节点，但样例中是1，所以我们只能推测小数在前，即为根节点和父节点，故修改输入代码：

    for (int i = 1; i < n; i++) {/*邻接表*/int a, b;cin >> a >> b;if(a>b) swap(a,b);g[a].push_back(b);}

多过了一个测试点：

这两层动态规划是难到我了，我感觉应该是绕到坑里了，所以我就直接去看洛谷题解了。关键词：树形DP、分组背包。

试题 H: 装修报价(20分)

洛谷链接：P12137 [蓝桥杯 2025 省 B] 装修报价 - 洛谷

【输入格式】

第一行输入一个整数 N ，表示装修相关费用的项数。

第二行输入 N 个非负整数 A 1 , A 2 , . . . , A N ，表示各项费用。

【输出格式】

输出一个整数，表示所有可能的总和对 10 9 + 7 取余后的结果。

【样例输入】

3

0 2 5

【样例输出】

11

【样例说明】

对于输入样例中的三个数 A = [0 , 2 , 5] ，所有可能的运算符组合共有 9 种。

计算结果如下：

0 ⊕ 2 ⊕ 5 = 7 ,

0 ⊕ 2 + 5 = 7 ,

0 ⊕ 2 − 5 = − 3 ,

0 + 2 ⊕ 5 = 7 ,

0 + 2 + 5 = 7 ,

0 + 2 − 5 = − 3 ,

0 − 2 ⊕ 5 = − 7 ,

0 − 2 + 5 = 3 ,

0 − 2 − 5 = − 7 .

所有结果的总和为：

7 + 7 + ( − 3) + 7 + 7 + ( − 3) + ( − 7) + 3 + ( − 7) = 11

11 对 10 9 + 7 取余后的值依然为 11 ，因此，输出结果为 11 。

【评测用例规模与约定】

对于 30 % 的评测用例， 1 ≤ N ≤ 13 ， 0 ≤ $A_i$ ≤ $10^3$ 。

对于 60 % 的评测用例， 1 ≤ N ≤ 10 3 ， 0 ≤ $A_i$ ≤ $10^5$ 。

对于 100 % 的评测用例， 1 ≤ N ≤ 10 5 ， 0 ≤ $A_i$ ≤ $10^9$ 。