2015年蓝桥杯省赛B组C/C++（试题+答案）
首先说，这次我是第二次参加蓝桥杯（大学里最后一次），可这次去连个三等都没拿到，有些心灰意冷，比上一次还差，
当时看到成绩出来的时候有些失落，但是跌倒了，再站起来继续跑就可以了。可能是状态不好吧，纯属自我安慰。
接下来我把今年的题目又重新做了一遍，写下了这篇博客，如果也有需要探讨答案的，希望可以有帮助。
第一题：
第1题：统计不含4的数字
题目大意
统计10000至99999中，不包含4的数值个数。
解题分析：
第一种解法：
数学方法，这种是在网上看到的一种解法：
最高位除了0、4不能使用，其余8个数字（1,2,3,5,6,7,8,9）均能使用，剩下的四位（千位、百位、十位、个位）
可以使用除了4以外的所有数字，所以共有 8*9*9*9*9种解，
计算得答案为：52488。
第二种解法：
暴力搜索方法，这个数字的位数共有5位因此，可以设置a, b, c, d, e,分别代表这5位。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, c, d, e;
int count = 0;
for(a = 1; a <= 9; a++)
{
for(b = 0; b <= 9; b++)
{
for(c = 0; c <= 9; c++)
{
for(d = 0; d <= 9; d++)
{
for(e = 0; e <= 9; e++)
{
if(a != 4 && b != 4 && c != 4 && d != 4 && e !=4)
{
count++;
}
}
}
}
}
}
cout<<count<<endl;
return 0;
}
输出为： 52488
第2题：计算1千天后的日期
题目大意
2014-11-09再过1000天是哪一日？
解题分析：
我想这里题目，对于大家来说分析的时候难点就在于那年是闰年，那年是平年
那么从2014到2017年之间2016年是闰年，因此这一年就是365天，
这道题，我是手算的。
答案是：
2017-08-05
重点是要按照格式提交。
第3题：竖式加法
题目大意
祥 瑞 生 辉
三 羊 献 瑞
三 羊 生 瑞 气
题目用了8个不同的汉字，表示0~9里八种不同的数字。组成两个数值相加，等于第三个数值。
求三羊献瑞”对应到数字是多少？
解题分析：
第一种暴力搜索：
我假设结果中进位的是1，那么三对应的就是数字1.
接下来定义变量。
a b c d
+ 1 e f b
------------------
1 e c b g
代码：
这段代码输三个结果，把每个结果带进去试一下就知道那个是了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, c, d, e, f, g;
for(a = 1; a <= 9; a++)
{
for(b = 0; b <= 9; b++)
{
for(c = 0; c <= 9; c++)
{
for(d = 0; d <= 9; d++)
{
for(e = 0; e <= 9; e++)
{
for(f = 0; f <= 9; f++)
{
for(g = 0; g <= 9; g++)
{
if((a * 1000 + b * 100 + c * 10 + d) + (1000 + e * 100 + f * 10 + b) == (10000 + e * 1000 + c * 100 + b * 10 + g))
{
if(a != 1 && b != 1 && c != 1 && d != 1 && e != 1 && f != 1)
{
if(a != b && a != c && a != d && a !=e && a != f && a != g && b != c && b != d && b != e && b != f && b != g && c != d && c != e && c != f && c != g && d != e && d != f && d != g && e != f && e != g && f !=
g)
{
cout<<1 * 1000 + e * 100 + f * 10 + b<<endl;
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
return 0;
}
第二种解法：
全排列方法：
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int a[10];
for(int i = 0; i <= 9; i++)
{
a[i] = i;
}
do
{
if(!a[2] || !a[6])
continue;
int x = a[2] * 1000 + a[3] * 100 + a[4] * 10 + a[5];
int y = a[6] * 1000 + a[7] * 100 + a[8] * 10 + a[3];
int z = a[6] * 10000 + a[7] * 1000 + a[4] * 100 + a[3] * 10 + a[9];
if(x + y == z)
cout <<y<<endl;
}while(next_permutation(a, a + 10));
return 0;
}
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代码填空
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第4题：古怪的星号修饰符
题目大意
是道代码填空题，主要是完成一个字符串s，按宽度width截断后，在固定宽度为width，两边为符号’|’的居中输出。
难点是题目给出了printf(“%*s%s%*s”,___)，要求填printf的实参列表。
这道题看的时候觉得有点坑，因为自己不懂printf("%*s %s %*s", );;的意思，我开始还以为是指针那一块的。
现在把网上的给大家分享：
有些童鞋可能知道scanf里用*修饰符，是起到过滤读入的作用。比如一个有三列数值的数据，我只想得到第2列数值，可以在循环里用scanf(“%*d%d%*d”, a[i])来读入第i行的第2个数值到a[i]。
* 修饰符在printf中的含义完全不同。如果写成printf(“%6d”, 123)，很多童鞋应该就不会陌生了，这是设置域宽的意思。同理，%6s也是域宽。* 修饰符正是用来更灵活的控制域宽。使用%*s，表示这里的具体域宽值由后面的实参决定，如printf(“%*s”, 6, “abc”)就是把”abc”放到在域宽为6的空间中右对齐。
明白了 * 是用变量来控制域宽，那么这题就简单了，这里应该填写5个实参。然后字符长度的计算应该用buf而不是s，因为buf才是截断后的长度，用s的话，如果s长度超过了width-2，效果就不对了。
类似使用说明的代码如下：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int main() {
char s[100] = "abcd1234";
char buf[1000];
int width = 20;
strcpy(buf, s);
buf[width-2] = 0;
printf("|%*s%s%*s|\n", (width-strlen(buf)-2)/2, "", buf, (width-strlen(buf)-2)/2, "");
return 0;
}
第5题：补充全排列的回溯算法
题目大意
1,2,3…9 这九个数字组成一个分数，其值恰好为1/3，如何组法？
与第3题一样可以用全排列暴力，但这题是代码填空题，且已经手写一部分全排列算法，我们负责补充其中一行代码。
写全排就是用回溯的思想，直接猜到for循环里的第三行，应该就是把第一行的交换操作再交换回来~~复制for里的第一行代码，运行下程序，还不放心就调试下，看看数组是不是有按字典序在变化就行了。
答案：{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
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填空
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第6题：加号改乘号
题目大意
把1+2+3+…+48+49中的两个加号改成乘号（修改位置不能相邻），使得式子的结果由1225变为2015。
解题分析：
用双循环暴力两个乘号的位置，计算在数字i、j后的加号改为乘号，式子数值的变化即可，注意j的起始位置为i+2。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
for(int i = 1; i <= 48; i++)
{
for(int j = i + 2; j <= 48; j++)
{
if(1225 - i - (i + 1) - j - (j + 1) == 2015 - i * (i + 1) - j * (j + 1))
cout<<i<<endl;
}
}
return 0;
}
第7题：牌型种数
题目大意
原题：
小明被劫持到X赌城，被迫与其他3人玩牌。
一副扑克牌（去掉大小王牌，共52张），均匀发给4个人，每个人13张。
这时，小明脑子里突然冒出一个问题：
如果不考虑花色，只考虑点数，也不考虑自己得到的牌的先后顺序，自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢？
请填写该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。
解题分析： 这里也是两种方法， 暴力搜索， 动态规划（ＤＰ）。
第一种：
暴力方法：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a[13];
static int count;
int ans = 0;
for(a[0]=0; a[0]<=4; a[0]++)
{
for(a[1]=0; a[1]<=4; a[1]++)
{
for(a[2]=0; a[2]<=4; a[2]++)
{
for(a[3]=0; a[3]<=4; a[3]++)
{
for(a[4]=0; a[4]<=4; a[4]++)
{
for(a[5]=0; a[5]<=4; a[5]++)
{
for(a[6]=0; a[6]<=4; a[6]++)
{
for(a[7]=0; a[7]<=4; a[7]++)
{
for(a[8]=0; a[8]<=4; a[8]++)
{
for(a[9]=0; a[9]<=4; a[9]++)
{
for(a[10]=0; a[10]<=4; a[10]++)
{
for(a[11]=0; a[11]<=4; a[11]++)
{
for(a[12]=0; a[12]<=4; a[12]++)
{
if(a[0]+a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]+a[7]+a[8]+a[9]+a[10]+a[11]+a[12]==13)
{
count++;
ans = count;
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
具体参考：
http://blog.csdn.net/u012965373/article/details/45008255
解法二：
动态规划， DP。
假设牌是从1到13按顺序取的，dp[i][j]表示取到第i号的牌，目前总共有j张牌的取法总数，那么有状态转移方程（注意公式没考虑边界处理）：
如图：
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL dp[14][14]; // dp[i][j]: 当前到第i张牌，总共有j张牌时的解的个数
int main() {
dp[1][0] = dp[1][1] = dp[1][2] = dp[1][3] = dp[1][4] = 1;
for (int i = 2; i <= 13; i++) {
for (int k = 0; k <= 13; k++) {
if (k - 4 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-4];
if (k - 3 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-3];
if (k - 2 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-2];
if (k - 1 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-1];
dp[i][k] += dp[i-1][k];
}
}
cout << dp[13][13] << endl;
return 0;
}
第8题：计算房子间曼哈顿距离
题目大意
房子按S形摆放，如
1 2 3
6 5 4
7 8 ……
现输入每行的宽度w，计算出任意两个房子m、n的曼哈顿距离（横向距离+竖向距离）。
解题分析：
直接计算两点的距离就可以了。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
Fun(int w, int n, int& x, int& y)
{
x = (n - 1) / w + 1;
y = n % w;
if(y == 0)
y = w;
if(x % 2 == 0)
y = w - y + 1;
}
int main()
{
int w, m, n;
int x1, y1, x2, y2;
cin>>w>>m>>n;
Fun(w, m, x1, y1);
Fun(w, n, x2, y2);
cout<<abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2)<<endl;
return 0;
}
第9题：垒骰子(矩阵快速幂模)
题目大意
输入n,m，表示用n个骰子，在m个约束条件下，从下往上叠成一列。接下来m行，每行有两个数a,b，表示骰子之间数字a、b两个所在面不能拼接。
问这n个骰子一共有多少种垒法？答案对1e9+7取余。
注意骰子摆好后，四个方向均能转动，即样例输入：
2 1
1 2
的样例输出是：
544
矩阵快速幂基础
请读者先看这篇文章：hdu5171 GTY’s birthday gift(BestCoder Round #29 1002)，或阅读其他矩阵快速幂模文章，自行补基础。我给出的这篇文章，写了个矩阵快速幂模的类模板，将在下面的代码中使用。实际解题中，可以根据特殊问题写特殊代码，不必写出通用的矩阵类，加快解题速度。
题解
比赛中，不使用模板，建议数组从下标1开始使用。这里为了和模板配合，所以假设骰子从0开始编号。可以发现规律，如果骰子的a面为0,1,2，那么a的对面数值就是a+3；相反，如果骰子的a面为3,4,5，那么a的对面数值就是a-3。这个由当前面变换到对面的操作可以用公式完成：(a+3)%6。
现在用一个bool数组isLimit[6][6]来存储，isLimit[i][j]为真，代表当前骰子i面朝上，不能接j面朝上的骰子。
矩阵快速幂模，主要是找到A^(n-1) * X中的A和X。那么这里的X向量，X[i]初值就是第一个骰子i面朝上的方法数，一共是4种。即X[0]~X[5]均为4。
A[i][j]就是当前骰子i面朝上，接j面朝上后，原方法数要乘上的因子。故A[i][j]可以由isLimit直接得到。如果i->j被限制，乘因子就是0，否则就是4。
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
/*矩阵类（用于快速幂模）
1、T是整型类型，N是方阵大小，MOD是取余的值
2、Eye是单位阵
*/
template <typename T, const int N, const int MOD>
class Matrix {
T val[N][N];
public:
Matrix() { memset(val, 0, sizeof(val)); }
Matrix(T a[N][N]) { memcpy(val, a, sizeof(val)); }
Matrix operator*(const Matrix& c) const {
Matrix res;
for (int i = 0; i < N; ++i)
for (int j = 0; j < N; ++j)
for (int k = 0; k < N; ++k) {
res.val[i][j] += val[i][k] * c.val[k][j];
//防止矩阵元素变为负数，若不需要，去掉"+MOD"
res.val[i][j] = (res.val[i][j] + MOD) % MOD;
}
return res;
}
Matrix& operator*=(const Matrix& c) {
*this = *this * c;
return *this;
}
Matrix operator^(int k) const { //返回*this^k
Matrix res = Eye();
Matrix step(*this);
while (k) {
if (k & 1) res *= step;
k >>= 1;
step *= step;
}
return res;
}
Matrix Eye() const {
Matrix a;
for (int i = 0; i < N; i++) a.val[i][i] = 1;
return a;
}
void out() const {
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j < N; j++)
cout << val[i][j] << " ";
cout << "\n";
}
}
T* operator[](int i) { return val[i]; }
};
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9 + 7;
int main() {
int n, m;
Matrix<LL,6,MOD> A, X, Y;
bool isLimit[6][6];
// 输入处理
cin >> n >> m;
memset(isLimit, false, sizeof(isLimit));
for (int i = 0; i < m; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
isLimit[a-1][ (b+2)%6 ] = true;
isLimit[b-1][ (a+2)%6 ] = true;
}
// 初始化A
for (int i = 0; i < 6; i++) {
for (int j = 0; j < 6; j++) {
A[i][j] = (!isLimit[i][j]) * 4;
}
}
// 初始化X
for (int i = 0; i < 6; i++) X[i][0] = 4;
// 计算Y及答案
Y = (A^(n-1)) * X;
LL sum = 0;
for (int i = 0; i < 6; i++) sum += Y[i][0];
cout << sum % MOD << endl;
return 0;
}
第10题：树形DP
题目大意
在一颗树中，每个点都有一个权值，有正有负。
要求找一个连通的点集S，使得累加和最大。
题解
树形DP不是我熟悉的模块，这个坑就交给别人填了
树形DP参考博客：“树形DP(HDOJ1011 2196 4003 5148 POJ2342)”，及下方 __M子__提供的代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=100000+10;
const int INF=-1000000-10;
LL dp[MAXN][2];
vector<int>tree[MAXN];
LL w[MAXN];
void dfs(int p,int fa){
dp[p][0]=max(dp[p][0],w[p]);
dp[p][1]=max(dp[p][1],w[p]);
for(int i=0;i<tree[p].size();i++){
int son=tree[p][i];
if(son^fa){
dfs(son,p);
dp[p][0]=max(dp[p][0],dp[son][0]);
if(dp[son][1]>0)dp[p][1]+=dp[son][1];
}
}
dp[p][0]=max(dp[p][0],dp[p][1]);
}
int main(){
int n,a,b;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=INF;dp[i][1]=INF;}
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>a>>b;
tree[a].push_back(b);
tree[b].push_back(a);
}
dfs(1,-1);
cout<<dp[1][0]<<"\n";
return 0;
}