蓝桥杯第四届总决赛

来源：互联网发布：大汉骑军知乎编辑：程序博客网时间：2024/04/27 23:19

1.标题：猜灯谜
A 村的元宵节灯会上有一迷题：
0 1 2 0 3 4 5 3 1
请猜谜 * 请猜谜 = 请边赏灯边猜

小明想，一定是每个汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字。

请你用计算机按小明的思路算一下，然后提交“请猜谜”三个字所代表的整数即可。
请严格按照格式，通过浏览器提交答案。

注意：只提交一个3位的整数，不要写其它附加内容，比如：说明性的文字。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;char mmap[10][10];int vis[100];int mark[10];void dfs(int x){  if(x==6){    int res = mark[0]*100+mark[1]*10+mark[2];    if(res*res == mark[0]*100000 + mark[3]*10000 + mark[4]*1000 + mark[5]*100 + mark[3]*10 +mark[1])       printf("%d ",res);  }  for(int i=0;i<10;i++)    if(!vis[i]){      vis[i]=1;      mark[x]=i;      dfs(x+1);      vis[i]=0;    }}int main(void){    freopen("out.txt", "w", stdout);    memset(vis,0,sizeof(vis));    dfs(0);    return 0;}

2.标题：连续奇数和

小明看到一本书上写着：任何数字的立方都可以表示为连续奇数的和。

比如：

2^3 = 8 = 3 + 5
3^3 = 27 = 7 + 9 + 11
4^3 = 64 = 1 + 3 + ... + 15

虽然他没有想出怎么证明，但他想通过计算机进行验证。
请你帮助小明写出 111 的立方之连续奇数和表示法的起始数字。如果有多个表示方案，选择起始数字小的方案。
请严格按照要求，通过浏览器提交答案。
注意：只提交一个整数，不要写其它附加内容，比如：说明性的文字。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;int main(void){    freopen("out.txt", "w", stdout);    long long sum=111*111*111;    for(int i=1;i<10000000;i++){        for(int j=i;;j+=2){            if((i+j)*((j-i)/2+1)/2 == sum){                printf("%d %d\n",i,j);            }            if((i+j)*((j-i)/2+1)/2>sum)              break;        }    }    return 0;}

3.标题：空白格式化
本次大赛采用了全自动机器测评系统。
如果你的答案与标准答案相差了一个空格，很可能无法得分，所以要加倍谨慎！
但也不必过于惊慌。因为在有些情况下，测评系统会把你的答案进行“空白格式化”。其具体做法是：去掉所有首尾空白；中间的多个空白替换为一个空格。所谓空白指的是：空格、制表符、回车符。

以下代码实现了这个功能。仔细阅读代码，填写缺失的部分。

void f(char* from, char* to)
{
char* p_from = from;
char* p_to = to;

while(*p_from==' ' || *p_from=='\t' || *p_from=='\n') p_from++;

do{
if(*p_from==' ' || *p_from=='\t' || *p_from=='\n'){
do{p_from++;} while(*p_from==' ' || *p_from=='\t' || *p_from=='\n');
if(____________________) *p_to++ = ' '; //填空位置
}
}while(*p_to++ = *p_from++);
}
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交。
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;void f(char* from, char* to){    char* p_from = from;    char* p_to = to;    while(*p_from==' ' || *p_from=='\t' || *p_from=='\n') p_from++;    do    {        if(*p_from==' ' || *p_from=='\t' || *p_from=='\n')        {            do            {                p_from++;            }            while(*p_from==' ' || *p_from=='\t' || *p_from=='\n');            if( *p_from!='\0' ) *p_to++ = ' ';  //填空位置        }    }    while(*p_to++ = *p_from++ );}int main(void){    char str[1100];    freopen("in.txt", "r", stdin);   // freopen("out.txt", "w", stdout);    gets(str);    printf("%s\n",str);    cout<<strlen(str)<<endl;    f(str,str);    printf("%s",str);    return 0;}

4.标题：高僧斗法

古时丧葬活动中经常请高僧做法事。仪式结束后，有时会有“高僧斗法”的趣味节目，以舒缓压抑的气氛。

节目大略步骤为：先用粮食（一般是稻米）在地上“画”出若干级台阶（表示N级浮屠）。又有若干小和尚随机地“站”在某个台阶上。最高一级台阶必须站人，其它任意。(如图1所示)

两位参加游戏的法师分别指挥某个小和尚向上走任意多级的台阶，但会被站在高级台阶上的小和尚阻挡，不能越过。两个小和尚也不能站在同一台阶，也不能向低级台阶移动。

两法师轮流发出指令，最后所有小和尚必然会都挤在高段台阶，再也不能向上移动。轮到哪个法师指挥时无法继续移动，则游戏结束，该法师认输。

对于已知的台阶数和小和尚的分布位置，请你计算先发指令的法师该如何决策才能保证胜出。

输入数据为一行用空格分开的N个整数，表示小和尚的位置。台阶序号从1算起，所以最后一个小和尚的位置即是台阶的总数。（N<100, 台阶总数<1000）

输出为一行用空格分开的两个整数: A B, 表示把A位置的小和尚移动到B位置。若有多个解，输出A值较小的解，若无解则输出-1。

例如：
用户输入：
1 5 9
则程序输出：
1 4

再如：
用户输入：
1 5 8 10
则程序输出：
1 3

资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>，不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型(千万不要混淆c和cpp)。

5.标题：格子刷油漆

X国的一段古城墙的顶端可以看成 2*N个格子组成的矩形（如图1所示），现需要把这些格子刷上保护漆。

你可以从任意一个格子刷起，刷完一格，可以移动到和它相邻的格子（对角相邻也算数），但不能移动到较远的格子（因为油漆未干不能踩！）

比如：a d b c e f 就是合格的刷漆顺序。

c e f d a b 是另一种合适的方案。

当已知 N 时，求总的方案数。当N较大时，结果会迅速增大，请把结果对 1000000007 (十亿零七) 取模。

输入数据为一个正整数（不大于1000）

输出数据为一个正整数。

例如：
用户输入：
2
程序应该输出：
24

再例如：
用户输入：
3
程序应该输出：
96

再例如：
用户输入：
22
程序应该输出：
359635897

资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>，不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型(千万不要混淆c和cpp)。

先暴力找下规律。。。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;int sum=0;int n;bool mmap[105][105];int dir[][2]={{-1,-1},{-1,0},{-1,1},{0,-1},{0,1},{1,-1},{1,0},{1,1}};int tmpx,tmpy;void dfs(int x,int y,int coun){  if(coun+1 == 2*n){    sum++;    sum%=1000000007;    return ;  }  mmap[x][y] = 1;  for(int i=0;i<8;i++){    tmpx = x+dir[i][0],tmpy = y+dir[i][1];   // cout<<tmpx<<' '<<tmpx<<' '<<coun<<endl;    if(tmpx>=0&&tmpx<2  &&  tmpy>=0&&tmpy<n && mmap[tmpx][tmpy] == 0){      dfs(tmpx,tmpy,coun+1);    }  }  mmap[x][y] = 0;}int main(void){    char str[1100];    for(int i=1;i<100;i++){        sum=0;        n=i;        for(int j=0;j<i;j++)           dfs(0,j,0);        cout<<2*sum<<endl;    }    return 0;}

http://blog.csdn.net/y990041769/article/details/21243895

思路：
名词解释相对的格子：一列之中，除了指定格子之外的另一个格子。
1、构造两个动态规划数组和一个计数器sum，一个数组a[x]，表示在2*x的格子条件下，从最边缘一列的一个角的格子出发，遍历全体格子的种类数，显然a[1]=1,另一个数组b[x]，表示在2*x的格子条件下，从一个角的格子出发，遍历全体格子后回到与之相对的格子的种类数。如图所示，显然因为要考虑到回来的路径，因此除了出发点之外，每一列都只有2种选择方法，因此b[x]=2*b[x-1]
2、先考虑出发点在角上的问题，从一个角出发，只有3种可能性，（1）那就是先去相对的格子，然后前往下一列，这就简化成为从2*x-1列的格子中，从一个角出发遍历所有格子的问题，因为前往下一列的第一个格子有两种选法，因此a[x]+=2*a[x-1];（2）第二种可能性就是先去遍历其余格子，最后以相对的格子收尾。此时a[x]+= b[x];（3）第三种可能性较为复杂，先经过第二列的一次转折，然后到第三列的一个角上进行遍历。此时第二列有2种选法，第三列有2种选法，因此a[x]+=4*a[x-2];
3、再去考虑出发点在中间的问题，如图所示，出发点在中间的时候，显然不能直接往下走，否则无法遍历所有点，应当是先遍历左边（右边）所有点，然后回到相对的点，然后遍历右边（左边）的点。注意先遍历的时候，必须是采用“遍历全体格子后回到与之相对的格子”的走法，否则无法遍历出发点正下方的点，而后遍历则不受限制。因此设从第i列开始出发，出发点有两种选法，第一落脚点又有两种走法，后遍历的第一落脚点又有两种走法，走完总走法数为2*(2*b[i-1]*2*a[n-i])+2*(2*b[n-i]*2*a[i-1]) （加法的前一半是先遍历左边，后一半是先遍历右边）
4、总走法数就是4*a[i]（因为有4个角）+ 从2到第n-1列所有从中间走法数的和。
下面是代码(vc6.0)编译通过。时间复杂度为o[n]

#include <stdio.h>__int64 a[1001]={0};__int64 b[1001]={0};const int NUM=1000000007;int main(){    int i,n;    scanf("%d",&n);   b[1]=1;    for (i=2;i<=n;i++)        b[i]=(b[i-1]*2%NUM);    a[1]=1;a[2]=6;    for (i=3;i<=n;i++)        a[i]=(2*a[i-1]+b[i]+4*a[i-2])%NUM;    __int64 sum=4*a[n];    for (i=2;i<n;i++)      {        sum+=((8*b[n-i]*a[i-1])%NUM+(8*a[n-i]*b[i-1])%NUM)%NUM;        sum %= NUM;      }         if(n==1)  sum=2 ;     printf("%I64d\n",sum);      return 0;}

0 0