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2024蓝桥杯省赛C/C++大学B组

A 握手问题（5分）

小蓝组织了一场算法交流会议，总共有 50 人参加了本次会议。在会议上，大家进行了握手交流。按照惯例他们每个人都要与除自己以外的其他所有人进行一次握手 (且仅有一次)。但有 7 个人，这 7 人彼此之间没有进行握手 (但这 7 人与除这 7 人以外的所有人进行了握手)。请问这些人之间一共进行了多少次握手?

注意 A 和 B 握手的同时也意味着 B 和 A 握手了，所以算作是一次握手。

【分析】最后答案为 1204，两种思考方式

• 有 43 人两两握手，7人会和这 43人握手，所以答案为 $C_{43}^2+7\times 43$。
• 用 50 个人握手的总方案数，减去 7 个人彼此没有握手的方案数，所以答案为 $C_{50}^2-C_7^2$。

B 小球反弹（5分）

有一长方形，长为 343720 单位长度，宽为 233333 单位长度。 在其内部左上角顶点有一小球 (无视其体积)，其初速度如图所示且保持运动速率不变，分解到长宽两个方向上的速率之比为 dx:dy=15:17。 小球碰到长方形的边框时会发生反弹，每次反弹的入射角与反射角相等，因此小球会改变方向且保持速率不变（如果小球刚好射向角落，则按入射方向原路返回）。从小球出发到其第一次回到左上角顶点这段时间里，小球运动的路程为多少单位长度？答案四舍五入保留两位小数。

【分析】画图分析，每次反射实际上可以转换为沿着该反射边的对称变化，通过推导可以知道 横纵轴分别需要的方格数量，由于求第一次反射的答案，所以需要约分，又因为需要反射到起点，所以计算的结果需要 $\times 2$， 最后答案为 1100325199.77

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const ll M = 1e9 + 7;ll gcd(ll a,ll b){return b? gcd(b, a%b) : a;
}
int main(){ll dx= 15, dy=17;ll a=343720, b=233333;ll n = dx * b, m = dy *a;ll d = gcd(n, m);n /= d, m /= d;double x = a*n, y = b*m;double s = 2*sqrt(x*x + y*y);cout<<fixed<<setprecision(4)<<s<<endl;return 0; 
}

C 好数（10分）

一个整数如果按从低位到高位的顺序，奇数位 (个位、百位、万位 ⋯ ) 上的数字是奇数，偶数位 (十位、千位、十万位 ⋯ ) 上的数字是偶数，我们就称之为 “好数”。

给定一个正整数 N，请计算从 1 到 N 一共有多少个好数。

【分析】 循环枚举 1 到 N，对每个数判断是不是好数即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;bool check(int n) {int t = n, f = 1;while (t) {int x = t % 10;if (x % 2 != f) return 0;t /= 10, f = !f;}return 1;
}
int main() {int n, ans = 0; cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)  ans += check(i);cout << ans << endl;return 0;
}

D R 格式（10分）

给定一个整数 n，一个大于0的浮点数d，将 d 转换为 R 格式整数的做法是：将浮点数乘以 $2^n$，然后四舍五入到最接近的整数。

• 对于 $50\%$ 的数据：$1\le n\le 10,1\le $ 将d视为字符串时的长度 $\le 15$；
• 对于 $100\%$ 的数据：$1\le n\le 1000,1\le $ 将d视为字符串时的长度 $\le 1024$；保证d是小数，即包含小数点。

【分析】 $d=round(d\ast 2^n)$，对于小数据可以直接用公式计算，但是对于较大数据发现需要使用高精度乘以低精度，为了使用整数高精度可以将 $d=d\times 10^x$ 转为整数，之后计算的结果除以 $10^x$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;int main1(){// score: 50%int n; double d; cin>>n>>d;// ll s = round(d * pow(2.0, n));ll s = d * pow(2.0, n) + 0.5; // 四舍五入cout<<s<<endl;    return 0; 
}
vector<int> mul(vector<int>&a, int b){vector<int> c; int t=0;for(int i=0; i<a.size()||t; i++){if(i<a.size()) t += a[i]*b;c.push_back(t%10);t/=10;}while(c.size()>1 && c.back()==0) c.pop_back();return c;
}
int main(){int n; string d; cin>>n>>d;int id = d.find('.');int x = d.size() - id - 1;d.erase(id, 1);// d = d * 10 ^ xvector<int> a;for (auto u : d) a.push_back(u - '0');reverse(a.begin(), a.end());// 初始反转，后续就一直是反的for(int i=1; i<=n; i++) a = mul(a, 2);string ans = "";a[x] += a[x - 1] >= 5; // 四舍五入for (int i = x, t = 0; i < a.size() || t; i++) {if (i < a.size()) t += a[i];ans += t % 10 + '0';t /= 10;}reverse(ans.begin(), ans.end());cout << ans << endl;return 0;
}

E 宝石组合（15分）

小蓝共找到了 N 枚宝石，第 $i$ 枚宝石的“闪亮度”属性值为 $H_i$。小蓝将会从这 N 枚宝石中选出三枚进行组合，组合之后的精美程度 S 可以用以下公式来衡量：

$$S=H_a{H}_b{H}_c\times \frac{LCM(H_a,H_b,H_c)}{LCM(H_a,H_b)\times LCM(H_a,H_c)\times LCM(H_b,H_c)}$$

其中 LCM 表示的是最小公倍数函数。小蓝想要使得三枚宝石组合后的精美程度 S 尽可能的高，请你帮他找出精美程度最高的方案。
如果存在多个方案 S 值相同，优先选择按照 $H$ 值升序排列后字典序最小的方案。

• 对于 30% 的数据：$3\le N\le 100,1\le H_i\le 1000$。
• 对于 60% 的数据：$3\le N\le 2000$。
• 对于 100% 的数据：$3\le N\le 10^5,1\le H_i\le 10^5$。

【分析】

• 对于 30% 的数据，可以直接枚举 a,b,c，复杂度 $O(n^3\times log)$;
• 对于原公式化简，可以得到 $S=gcd(H_a,H_b,H_c)$，问题转变为在数据中选择三个数字，使得其 gcd 最大。
  如果直接枚举，复杂度并不会有太多的优化，于是考虑正难则反。
  S 一定是在 [ 1 , m i n { h i } ] [1, min\{h_i\}] [1,min{hi​}]，考虑对每个数据求一下因子，构造这样的情况。

1 : 1,2,3,4,9   ---- 因子含有 1 的数据有 : 1,2,3,4,9  
2 : 2,4         ---- 因子含有 2 的数据有 : 2,4
3 : 3,9         ---- 因子含有 3 的数据有 : 3,9
4 : 4           ---- 因子含有 4 的数据有 : 4
9 : 9           ---- 因子含有 9 的数据有 : 9

如果需要 $S=gcd(H_a,H_b,H_c)$ 最大，那么必然因子含有 S 的数据个数不少于 3 个，于是考虑对所有的数据进行因子的处理，然后找到数据数量不少于 3 的最大因子的最小字典序即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// typedef long long ll;
#define int long long
const int N = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1E9 + 7;int gcd(int a, int b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int lcm(int a, int b) {return a / gcd(a, b) * b;
}
int lcm(int a, int b, int c) {return lcm(lcm(a,b), c);
}
int s(int a, int b, int c) {// return lcm(a, b, c) / lcm(a, b) * a / lcm(a, c) * b * c / lcm(b, c);return gcd(gcd(a, b), c);
}
void solve1() {int n, mx = 0;cin >> n;vector<int> a(n), b(3);for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];sort(a.begin(), a.end());for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = i + 1; j < n; j++)for (int k = j + 1; k < n; k++) {int x = s(a[i], a[j], a[k]);if (x > mx) mx = x, b[0] = a[i], b[1] = a[j], b[2] = a[k];}for (int i = 0; i < 3; i++)cout << b[i] << " \n"[i == 2];
}
bool check(const vector<int>& b, const vector<int>& v) {if (v.size() < 3) return false;int d1 = gcd(gcd(b[0], b[1]),b[2]);int d2 = gcd(gcd(v[0], v[1]),v[2]);if(d1 != d2) return d1 < d2;for (int i = 0; i < 3; i++)if (b[i] != v[i]) return b[i] > v[i];return false;
}
void solve2() {int n;cin >> n;vector<int> a(n), b(3, -1);for (int i = 0; i < n; i++)cin >> a[i];map<int, vector<int>> mp;for (auto u : a) {for (int i = 1; i <= u / i; i++) {if (u % i == 0) { mp[i].push_back(u);if (i != u / i) mp[u / i].push_back(u);}}}for (auto& [u, v] : mp) {sort(v.begin(), v.end());if (b[0] == -1 || check(b, v))for (int i = 0; i < 3; i++) b[i] = v[i];}for (int i = 0; i < 3; i++)cout << b[i] << " \n"[i == 2];
}
signed main() {int t = 1;  // cin>>t;while (t--) {// solve1(); // 30%solve2(); // ac}return 0;
}

F 数字接龙（15分）

小蓝最近迷上了一款名为《数字接龙》的迷宫游戏。游戏在一个大小为 $N\times N$ 的格子棋盘上展开，其中每一个格子处都有着一个 $0\sim K-1$ 之间的整数。游戏规则如下：

1. 从左上角 $(0,0)$ 处出发，目标是到达右下角 $(N-1,N-1)$ 处的格子。每一步可以选择沿着水平、竖直、对角线方向移动到下一个格子。
2. 路径经过的棋盘格子，上面的数字需要按照 $0,1,2,...,K-1,0,1,2,...$ 的顺序组成序列。
3. 途中需要对棋盘上的每个格子恰好都经过一次（仅一次）。
4. 路径中不可以出现交叉的线路。例如，之前如果从 $(0,0)$ 移动到 $(1,2)$ ，那么再从 $(1,0)$ 移动到 $(0,1)$ 就会形成交叉线路。

为了方便表示行进方向，对可以行进的八个方向进行了数字编号，如图 2 所示。因此，行进路径可以用一个包含 $0\sim 7$ 之间数字的字符串表示。

图 1 展示了一个迷宫示例，其对应的答案是：41255214。

【分析】 此题是一个比较裸的dfs题目，主要的变化在于路径中不可以出现交叉的线路，如果考虑 (x,y)–>(a,b), 需要看是否存在 (x,b)<–>(a,y)，数据范围较小，使用标记 ch[x][y][a][b] 表示 是否存在 (a,y)–>(a,b) 的情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 11, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1E9 + 7;
int n, m, k, d[][2] = {-1, 0, -1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, -1, 0, -1, -1, -1};
int s[N][N];
bool st[N][N], ch[N][N][N][N], fg = 0;
string ans;void dfs(int x, int y, string path) {if (x == n - 1 && y == n - 1 || fg) {if (path.size() == n * n - 1)cout << path << endl, fg = 1, exit(0);return;}st[x][y] = 1;for (int i = 0; i < 8; i++) {int a = x + d[i][0], b = y + d[i][1];if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= n) continue;if (st[a][b] || s[a][b] != (s[x][y] + 1) % k) continue;if (i % 2 && (ch[x][b][a][y] || ch[a][y][x][b])) continue;ch[x][y][a][b] = 1;dfs(a, b, path + to_string(i));ch[x][y][a][b] = 0;}st[x][y] = 0;
}
void solve() {cin >> n >> k;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < n; j++) cin >> s[i][j];dfs(0, 0, "");if (!fg) cout << "-1\n";
}
signed main(signed argc, char* argv[]) {int t = 1;  // cin>>t;while (t--) {solve();}return 0;
}

G 爬山（20分）

错题

H 拔河（20分）

小明是学校里的一名老师，他带的班级共有n名同学，每名同学有一个力量值 $a_i$。在闲暇之余，小明决定在班级里组织一场拔河比赛。为了保证比赛的双方实力尽可能相近，需要在这n名同学中挑选出两个队伍，队伍内的同学编号连续。具体地，可以表示为两个连续的子序列：$a_{l_1},a_{l_1+1},...,a_{r_1-1},a_{r_1}$ 和 $a_{l_2},a_{l_2+1},...,a_{r_2-1},a_{r_2}$，其中满足 $l_1\le r_1<l_2\le r_2$。两个队伍的人数不必相同，但是需要让队伍内的同学们的力量值之和尽可能相近。

• 对于20%的数据，保证 $n\le 50$。

• 对于100%的数据，保证 $n\le 10^3,a_i\le 10^9$
  【分析】

• 对于20%的数据，可以考虑枚举两个区间，利用前缀和计算区间和，复杂度 $O(n^4)$。

• 明显需要 $\le O(n^{2}log)$ 的复杂度，考虑枚举一个区间，二分查找和该区间和最匹配的数据。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e3 + 5, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1E9 + 7;
ll n,a[N*N/2],s[N];void solve1(){ll ans=1e12;for(int l1=1; l1<n; l1++)for(int r1=l1; r1<n; r1++)for(int l2=r1+1; l2<=n; l2++)for(int r2=l2; r2<=n; r2++)ans = min(ans, abs(s[r2] - s[l2-1] - (s[r1] - s[l1-1])) );cout<<ans<<endl;
}
void solve2(){ll ans=1e12;set<ll> st;st.insert(1e12), st.insert(-1e12);for(int l=1; l<=n; l++){for(int i=1; i<l; i++) st.insert( s[l-1] - s[i-1] ); // [i, l-1]for(int r=l; r<=n; r++){ll sum = s[r] - s[l-1];auto it = st.lower_bound(sum);ans = min(ans, *it - sum);--it;ans = min(ans, sum - *it);}}cout<<ans<<endl;
}
int main(){cin>>n;for(int i=1; i<=n; i++) {cin>>a[i];s[i] = s[i-1] +a[i];}solve2();
}