2015年第六届蓝桥杯省赛（C/C++ B组）解题报告

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。

题解

　　(@『落』常笑鹰 提供)直接推导出数学公式
　　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？

题解

　　直接打开Excel计算：
　　
　　（记得结果要按2017-08-05的格式提交）

扩展些Excel知识

　　Excel其实是用一个实数来存储日期，这个实数的整数部分，就是1900年1月1日到当前日期的间隔天数，所以日期与整数间，可以直接做加减运算。
　　有时候日期小数部分的值非0，小数部分就是对该天24小时的精确指定。
　　

　　Excel是很强大的，闲着无聊的同学，也可以用下图的方式把日期改成题目要求的格式：
　　
　　
　　一些元老级的参赛选手，估计还做过“高斯日记”这题，那题也是可以用Excel来解：
　　
　　
　　扩展的扩展：Excel的日期计算其实是有个很小的bug的，这在Joel的《软件随想录》中有提到他在微软的经历，挺有趣的一段历史遗留问题，有兴趣的同学不妨看看他的书。

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。

题解

　　定义一个数组int a[10]，初始化用a[i]存储i。将a[2]~a[9]与各个汉字对应，然后用next_permutation全排列暴力解，注意三个数值开头不能为0，能解出第2个数值，即“三羊献瑞”对应的数字是1085。

 #include <cstdio> #include <algorithm>using namespace std;int main() {    int a[10];    for (int i = 0; i < 10; 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) printf("%d + %d = %d\n", x, y, z);    } while (next_permutation(a, a+10));    return 0;}

　　当然，这题也可以用数学知识简单的推导出一部分数字后，再暴力解剩下的部分。

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。

题解

　　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。
　　简单还原现场及参考答案：

 #include <stdio.h> #include <string.h>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？

题解

　　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;}
　　

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。

题解

　　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。

#include <stdio.h>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))                printf("%d\n", i);        }    }    return 0;}

　　除了输出的一个10是题目已提示的解，另一个16就是答案。

第7题：牌型种数

题目大意

　　去掉大小王的52张扑克牌，不考虑花色及顺序，取13张，一共有多少种取法？

题解

　　大部分人应该都能想到用13重循环暴力解（每层循环都是0~4）的方法，当累加和为13时，ans++。
　　我在赛中想到的是动态规划，因为我想到了“小明爬楼梯”，且跟赛前，__M子__给我们讲的去年赛题“地宫取宝”的dp思路非常像。
　　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）：
　　dp[i][j]=∑k=j−4jdp[i−1][k]

#include <iostream>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;}

　　答案：3598180　　

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）。

题解

　　 直接看代码

 #include <iostream> #include <cmath>using namespace std;// 输入宽度w和房子编号n，返回房子所在行x，列yvoid GetPos(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) { // 偶数行要倒着数        y = w - y + 1;    }}int main() {    int w, m, n;    int x1, y1, x2, y2;    cin >> w >> m >> n;    GetPos(w, m, x1, y1);    GetPos(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;}