2017年第八届“蓝桥杯”国赛B组C/C++ 个人题解

前言：

我参加了今年第八届的蓝桥杯国赛，只拿了个优秀奖，伤心。官方也没有公布试题和答案，在网上搜索了很久都没有找到蓝桥杯国赛的题目。突然有了一个不自量力的想法，趁还有一点记忆，把题目记录下来，并且附上自己的做法。

第一题：36进制

题意：

用类似16进制的表示办法，A表示10，B表示11，……，Y表示25，Z表示26，再加上0到9，就可以表示为36进制。那么请问MANY对应的十进制数是多少？

代码：

#include<stdio.h>
int main()
{
	char ch[5] = "MANY";
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i < 4; i++)
		ans = ans * 36 + (ch[i]-'A'+10);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
} 

参考答案：1040254

 

第二题：瓷砖样式

题意：

有2种不同颜色规格为1*2的瓷砖，用其来铺设地板，不能重叠和越界。并且，地板中任意2*2的格子不能为同一种颜色。如图，当地板为2*3时，有10种铺设方案。问：当地板为3*10时，问有多少种铺设方案？

 

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define maxn 3
#define maxm 10
int a[maxn][maxm];
int ans;

bool check()
{
	for(int i = 0; i < maxn-1; i++)
		for(int j = 0; j < maxm-1; j++)
		{
			int p = a[i][j];
			if(p == -1) return false; //地板必须全部铺满
			if(p == a[i+1][j] && p == a[i][j+1] && p == a[i+1][j+1]) return false; //任意2*2格子不能为同一种颜色
		}
	return true;
}

void dfs(int cur) //准备铺地板第cur格
{
	if(cur == maxn * maxm)
	{
		if(check())
		{
			ans++;
			/*
			for(int i = 0; i < maxn; i++)
			{
				for(int j = 0; j < maxm; j++) printf("%d", a[i][j]);
				printf("\n");
			}
			printf("-------\n");
			*/
		}
		return;
	}
	int x = (cur-1) / maxm;
	int y = cur - x * maxm -1;
	//格子(x,y)已经铺有瓷砖
	if(a[x][y] != -1)
		dfs(cur+1);
	//横着铺
	if(y+1 < maxm && a[x][y] == -1 && a[x][y+1] == -1)
	{
		a[x][y] = a[x][y+1] = 0;
		dfs(cur+1);
		a[x][y] = a[x][y+1] = 1;
		dfs(cur+1);
		a[x][y] = a[x][y+1] = -1;
	}
	//竖着铺
	if(x+1 < maxn && a[x][y] == -1 && a[x+1][y] == -1)
	{
		a[x][y] = a[x+1][y] = 0;
		dfs(cur+1);
		a[x][y] = a[x+1][y] = 1;
		dfs(cur+1);
		a[x][y] = a[x+1][y] = -1;
	}
}

int main()
{
	memset(a, -1, sizeof(a));
	ans = 0;
	dfs(1);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

 

参考答案：105760

 

第三题：希尔伯特曲线

题意：

有一个正方形，可以在上面作出一条希尔伯特曲线。左下角坐标为(1,1)，右下角坐标为(2^n, 2^n)。该曲线在2^(n+1)*2^(n+1)上的正方形上的图案，可以由2^n * 2^n的情况构造出来。构造方法：左上角和右上角保持不变，左下角顺时针90度，右下角逆时针90度，然后各部分按照虚线相连即可。有n<30，x,y<2^30。输入n和p点坐标(x, y)，答案输出曲线上该点覆盖的格子的序号。注：格子的序号是从(1,1)开始沿着曲线所覆盖的第几个格子。

 

代码：

#include<stdio.h>
long long f(int n, int x, int y)
{
	if(n == 0) return 1;
	long long m = 1LL << (n-1);
	if(x <= m && y <= m)
		return f(n-1, y, x);
	if(x > m && y <= m)
		return 3LL * m * m + f(n-1,      ,2*m-x+1); //填空
	if(x <= m && y > m)
		return 1LL * m * m + f(n-1, x, y-m);
	if(x > m && y > m)
		return 2LL * m * m + f(n-1, x-m, y-m);
}
int main()
{
	int n, x, y;
	scanf("%d %d %d", &n, &x, &y);
	printf("%lld\n", f(n, x, y));
	return 0;
}

 

参考答案：m-y+1

 

【解释】给出的代码是使用分治法，通过分析给出的4个if语句可以判断出依次是处理左下、右下、左上、右上，需要我们填空的部分是处理右下角的。分治法是将大问题变为相同性质的小问题，因此是要将右下角的图形逆时针90度。

假设正方形是m*m，那么顺时针90度，就是将第1行变为第1列，第2行变为第2列，……第m行变为第m列。而逆时针90度，就是将第1行变为第m列，第2行变为第m-1列，……，第m行变为第1列。右下角的部分需要纵坐标平移m个单位后，再逆时针90度。

顺时针90度：(x, y) ==> (y, x)

逆时针90度：(x, y) ==> (m-y+1, m-x+1)

 

第四题：找环

 

题意：

编号为1到n的n个点，以及n-1条边构成一棵树。现在在树上加上一条边，这样就构成了一个含环的图了。请你找出该环上的结点，从小到大输出这些结点编号。

测试数据：

30%数据：n<1000

100%数据：n<100000

 

输入样例：

5

1 2

2 5

4 2

1 3

5 3
输出样例：

1 2 3 5

【题解】

计算出每个点的度数。明显度数为1的点不可能在环上，那么与该点唯一相连的边也就不在环上了，可以删去。删去这条边后，这边的另一个端点度数减去1，如果因此而导致它的度数变为1了，同样说明该点不在环上，可以去掉，不断重复以上操作，直到没有边可以删去。

 

参考代码中用一个队列来维护边。由于点数n很大，无法使用邻接矩阵，只能使用邻接表来存储图，代码中使用vector容器来实现。

 

参考代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define maxn 100010
int d[maxn];
vector<int> e[maxn];
typedef struct EDGE
{
	int u, v;
	EDGE(int a=0, int b=0):u(a),v(b){}
}Edge;
queue<Edge> q;
int n;
void init()
{
	memset(d, 0, sizeof(d));
    scanf("%d", &n);
	int a, b;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d %d", &a, &b);
		d[a]++;
		d[b]++;
		e[a].push_back(b);
		e[b].push_back(a);
		q.push(Edge(a,b));
	}
}
void out()
{
	bool flag = false;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(d[i] > 0)
		{
			if(!flag){ printf("%d", i); flag = true; }
			else
				printf(" %d", i);
		}
		putchar('\n');
}

void solve()
{
	while(!q.empty())
	{
		Edge tmp = q.front();  q.pop();
		if(d[tmp.u] == 1 || d[tmp.v] == 1) //其中一个端点的度为1时，删去该边
		{
			d[tmp.u]--;
			d[tmp.v]--;
			int p;
			if(d[tmp.u] == 1) 
			{
				p = tmp.u;
				int size = e[p].size();
				for(int i = 0; i < size; i++)
				{
					int t = e[p][i];
					if(d[t] > 0) q.push(Edge(p, t));
				}
			}
			if(d[tmp.v] == 1) 
			{
				p = tmp.u;
				int size = e[p].size();
				for(int i = 0; i < size; i++)
				{
					int t = e[p][i];
					if(d[t] > 0) q.push(Edge(p, t));
				}
			}
		}
	}
}

int main()
{
	init();
	solve();
	out();
	return 0;
}

第五题：在线匹配

题意：

有n个人在线上玩游戏，每人的积分分别为Ai。如果线上的某两个人的积分恰好相差为k时，他们就会被进行匹配。问线上最多会有多少人，他们任意两人均没法进行匹配？

测试数据：

30%数据：n<10

100%数据：n<100000，Ai<100000，k<100000

 

输入样例1：

10 0

1 4 2 3 6 7 1 4 2 3

输出样例1：

6

输入样例2：

10 3

1 1 1 1 4 4 1 1 1 1

输出样例2：

8

 

【题解】

方法一：

30%数据n<10，所以可以用深度搜索，每个数只有选和不选，得到一组待定的数列后，再检查一下是否两两不能匹配，是则用当前数列的个数去尝试更新答案。时间复杂度是O(n*2^n)。

 

方法二：

将每个数值看作点，把可以匹配的两个数连一条边，那么问题转化为：删去最少的点，使得剩下的点中不存在相连的边。

对于每条边，明显两个端点只能选一个，按照贪心思想，易知应该优先去掉度数多的那个点。

算法步骤：

(1)构图，将积分恰好相差k的两个点相连；

(2)计算出所有点的度数；

(3)找出度数最大的那个点；

(4)把与该点相连的所有点的度数减去1，把该点的度数置为-1表示已经删去该点；

(5)重复(4)(5)，直到没有边可以删去；

(6)这时剩余的点的度数均为0，统计出其个数，就是最大不能两两匹配的个数。

时间复杂度为O(n^2)

 

（n<100000，该方法仍然无法通过所有测试数据，希望有大神能够提供更优秀的方法）

 

参考代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 100010
vector<int> e[maxn];
int a[maxn]; //a[i]表示第i个人的积分
int d[maxn];  //d[i]表示第i个点的度数
bool exist[maxn]; //exist[i]=false表示第i个点删去
int n, k;

void init()
{
	scanf("%d %d", &n, &k);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d", &a[i]);
	}
}

void out()
{
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(exist[i]) ans++;
	printf("%d\n", ans);
}
void solve()
{
	memset(d, 0, sizeof(d));
	int i, j;
	for(i = 1; i < n; i++)
		for(j = i+1; j <= n; j++)
		{
			if(a[i] - a[j] == k || a[j] - a[i] == k)
			{
				e[i].push_back(j);
				e[j].push_back(i);
				d[i]++;
				d[j]++;
			}
		}
	
	memset(exist, true, sizeof(exist));
	do{
		int maxv = 0, sign = -1;
		int i;
		for(i = 1; i <= n; i++)
			if(exist[i])
			{
				if(d[i] > maxv) maxv = d[sign = i];
			}
		if(maxv == 0) 
			break;
		else{
			int size = e[sign].size();
			for(i = 0; i < size; i++)
			{
				int p = e[sign][i];
				if(exist[p]) d[p]--;
			}
			exist[sign] = false;
			d[sign] = -1;
		}
	}while(1);
}

int main()
{
	init();
	solve();
	out();
	return 0;
}

第六题：观光铁路

       跳蚤国正在大力发展旅游业，每个城市都被打造成了旅游景点。
       许多跳蚤想去其他城市旅游，但是由于跳得比较慢，它们的愿望难以实现。这时，小C听说有一种叫做火车的交通工具，在铁路上跑得很快，便抓住了商机，创立了一家铁路公司，向跳蚤国王请示在每两个城市之间都修建铁路。
      然而，由于小C不会扳道岔，火车到一个城市以后只能保证不原路返回，而会随机等概率地驶向与这个城市有铁路连接的另外一个城市。
      跳蚤国王向广大居民征求意见，结果跳蚤们不太满意，因为这样修建铁路以后有可能只游览了3个城市（含出发的城市）以后就回来了，它们希望能多游览几个城市。于是跳蚤国王要求小C提供一个方案，使得每只跳蚤坐上火车后能多游览几个城市才回来。
      小C提供了一种方案给跳蚤国王。跳蚤国王想知道这个方案中每个城市的居民旅游的期望时间（设火车经过每段铁路的时间都为1），请你来帮跳蚤国王。
【输入格式】
输入的第一行包含两个正整数n、m，其中n表示城市的数量，m表示方案中的铁路条数。
接下来m行，每行包含两个正整数u、v，表示方案中城市u和城市v之间有一条铁路。
保证方案中无重边无自环，每两个城市之间都能经过铁路直接或间接到达，且火车由任意一条铁路到任意一个城市以后一定有路可走。
【输出格式】
输出n行，第i行包含一个实数ti，表示方案中城市i的居民旅游的期望时间。你应当输出足够多的小数位数，以保证输出的值和真实值之间的绝对或相对误差不超过1e-9。
【样例输入】
4 5
1 2
2 3
3 4
4 1
1 3
【样例输出】
3.333333333333
5.000000000000
3.333333333333
5.000000000000
【样例输入】
10 15
1 2
1 9
1 5
2 3
2 7
3 4
3 10
4 5
4 8
5 6
6 7
6 10
7 8
8 9
9 10
【样例输出】
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
【数据规模与约定】
对于10%的测试点，n <= 10；
对于20%的测试点，n <= 12；
对于50%的测试点，n <= 16；
对于70%的测试点，n <= 19；
对于100%的测试点，4 <= k <= n <= 21，1 <= u, v <= n。数据有梯度。
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗  < 2000ms

【题解】

这题我也没有什么思路，还没想到什么解决方法。