蓝桥杯2014年第五届省赛C/C++程序设计本科B组
来源:互联网 发布:linux服务器配置nodejs 编辑:程序博客网 时间:2024/06/08 12:29
1.啤酒和饮料
啤酒每罐2.3元,饮料每罐1.9元。小明买了若干啤酒和饮料,一共花了82.3元。我们还知道他买的啤酒比饮料的数量少,请你计算他买了几罐啤酒。注意:答案是一个整数。请通过浏览器提交答案。不要书写任何多余的内容(例如:写了饮料的数量,添加说明文字等)。
解法一
两个for循环搞定,最好把浮点化成整形,避免精度出现损耗,当然这道题用浮点也没问题,,,保险起见而已。
#include <iostream>using namespace std;#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#define ZERO 0#define BEER_UNIT_PRICE 23#define DRINK_UNIT_PRICE 19#define TOTAL_MONEY 823 /* 啤酒每罐2.3元,饮料每罐1.9元。小明买了若干啤酒和饮料,一共花了82.3元。 我们还知道他买的啤酒比饮料的数量少,请你计算他买了几罐啤酒。*///提高精度化为整形 int main(int argc, char** argv) { for( int beerNum=ZERO ; beerNum <= 1000; beerNum++) for( int drinkNum=ZERO; drinkNum <=1000 ; drinkNum++) if(beerNum<drinkNum&&(beerNum*BEER_UNIT_PRICE+drinkNum*DRINK_UNIT_PRICE == 823)) cout<<beerNum<<endl<<drinkNum; return 0;}//output:11
2.切面条
一根高筋拉面,中间切一刀,可以得到2根面条。如果先对折1次,中间切一刀,可以得到3根面条。如果连续对折2次,中间切一刀,可以得到5根面条。那么,连续对折10次,中间切一刀,会得到多少面条呢?
答案是个整数,请通过浏览器提交答案。不要填写任何多余的内容。
解法一
对折之后切面条其实就是个等差数列 2N-1,没啥好说的。
#include <iostream>using namespace std;#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm> int main(int argc, char** argv) { int n=3; for(int i=2;i<=10;i++) { n=2*n-1; } cout<<n; return 0;}
3.李白打酒
话说大诗人李白,一生好饮。幸好他从不开车。一天,他提着酒壶,从家里出来,酒壶中有酒2斗。他边走边唱:逢店加一倍,遇花喝一斗。这一路上,他一共遇到店5次,遇到花10次,已知最后一次遇到的是花,他正好把酒喝光了。 请你计算李白遇到店和花的次序,可以把遇店记为a,遇花记为b。
则:babaa bbabb abbbb 就是合理的次序。像这样的答案一共有多少呢?
请你计算出所有可能方案的个数(包含题目给出的)。
注意:通过浏览器提交答案。答案是个整数。不要书写任何多余的内容。
解法一
整形运算比较快,把遇花拟化0,遇店拟化成1,把次序存入数据,然后全排列,对每一次排列结果进行计算,如果刚好喝完酒就存储下来,最好输出看看。
#include <iostream>using namespace std;#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm> #include <cstring>int main(){ int a[15]={0,0,0,0,0 ,1,1,1,1,1 ,1,1,1,1,1};//0代表遇店, 1遇见花 int drink = 2 ;//酒的数量 int time=0; int data[1000][15]; do{ for(int i=0;i<15;i++) { if(a[i]==1) drink-=1; else if(a[i]==0) drink*=2; if(drink==0&&i==14) { for(int i=0;i<15;i++) data[time][i]=a[i]; time++; } } drink=2; }while(next_permutation(a,a+14)); //不用排最后一位,因为是遇见花 for(int i=0;i<time;i++) { for(int j=0;j<15;j++) cout<<data[i][j]; cout<<endl; } cout<<time; return 0;}//output:14
4.史丰收速算
史丰收速算法的革命性贡献是:从高位算起,预测进位。不需要九九表,彻底颠覆了传统手算!速算的核心基础是:1位数乘以多位数的乘法。其中,乘以7是最复杂的,就以它为例。因为,1/7 是个循环小数:0.142857...,如果多位数超过 142857...,就要进1同理,2/7, 3/7, ... 6/7 也都是类似的循环小数,多位数超过 n/7,就要进n下面的程序模拟了史丰收速算法中乘以7的运算过程。乘以 7 的个位规律是:偶数乘以2,奇数乘以2再加5,都只取个位。乘以 7 的进位规律是:满 142857... 进1,满 285714... 进2,满 428571... 进3,满 571428... 进4,满 714285... 进5,满 857142... 进6请分析程序流程,填写划线部分缺少的代码。
//计算个位 int ge_wei(int a){ if(a % 2 == 0) return (a * 2) % 10; else return (a * 2 + 5) % 10; }//计算进位 int jin_wei(char* p){ char* level[] = { "142857", "285714", "428571", "571428", "714285", "857142" }; char buf[7]; buf[6] = '\0'; strncpy(buf,p,6); int i; for(i=5; i>=0; i--){ int r = strcmp(level[i], buf); if(r<0) return i+1; while(r==0){ p += 6; strncpy(buf,p,6); r = strcmp(level[i], buf); if(r<0) return i+1; ______________________________; //填空 } } return 0;}//多位数乘以7void f(char* s) { int head = jin_wei(s); if(head > 0) printf("%d", head); char* p = s; while(*p){ int a = (*p-'0'); int x = (ge_wei(a) + jin_wei(p+1)) % 10; printf("%d",x); p++; } printf("\n");}int main(){ f("428571428571"); f("34553834937543"); return 0;}
注意:通过浏览器提交答案。只填写缺少的内容,不要填写任何多余的内容(例如:说明性文字)
解法一
主要考察理解逻辑,没什么好讲的。。。。。
answer:{if(r>0)return i ;}
5.打印图形
小明在X星球的城堡中发现了如下图形和文字:rank=3 * * * * * * * * *rank=5 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * ran=6 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 小明开动脑筋,编写了如下的程序,实现该图形的打印。
#define N 70void f(char a[][N], int rank, int row, int col){ if(rank==1){ a[row][col] = '*'; return; } int w = 1; int i; for(i=0; i<rank-1; i++) w *= 2; ____________________________________________; f(a, rank-1, row+w/2, col); f(a, rank-1, row+w/2, col+w);}int main(){ char a[N][N]; int i,j; for(i=0;i<N;i++) for(j=0;j<N;j++) a[i][j] = ' '; f(a,6,0,0); for(i=0; i<N; i++){ for(j=0; j<N; j++) printf("%c",a[i][j]); printf("\n"); } return 0;}
请仔细分析程序逻辑,填写缺失代码部分。通过浏览器提交答案。注意不要填写题目中已有的代码。也不要写任何多余内容(比如说明性的文字)
解法一
主要考察递归调用,这种题目我们往往抓出三要素:步移的变量、出口和执行的关键语句:
步移变量是:控制出口变量rank,其他控制输出位置的变化变量row、col、w;
出口if(rank==1){return;};
执行关键语句:a[row][col] = ‘*’;
通过调试可以得出结果。
answer:f(a, rank-1, row, col+w/2);
6.奇怪的分式
上小学的时候,小明经常自己发明新算法。一次,老师出的题目是:1/4 乘以 8/5 小明居然把分子拼接在一起,分母拼接在一起,答案是:18/45 (参见图1.png)老师刚想批评他,转念一想,这个答案凑巧也对啊,真是见鬼!对于分子、分母都是 1~9 中的一位数的情况,还有哪些算式可以这样计算呢?请写出所有不同算式的个数(包括题中举例的)。显然,交换分子分母后,例如:4/1 乘以 5/8 是满足要求的,这算做不同的算式。但对于分子分母相同的情况,2/2 乘以 3/3 这样的类型太多了,不在计数之列!
注意:答案是个整数(考虑对称性,肯定是偶数)。请通过浏览器提交。不要书写多余的内容。
解法一
先捕获重要的信息:
1. a/b * c/d = ac/bd -> a*c*(bd) = (ac)*b*d —>注意ac在程序中表示是(a*10+c)
2. 分子、分母都是 1~9 中的一位
3. 2/2 乘以 3/3 这样的类型不算
4. 4/1 乘以 5/8 算不同的
把会产生浮点的表达式转换成整形的表达式防止精度丢失出现错误。
#include <iostream>using namespace std;#include<algorithm>#include <cstdio>#include <cstdlib> #include <cstring>int main(int argc, char** argv) { volatile int total = 0; for(int a= 1;a<=9;a++) for(int b= 1;b<=9;b++) for(int c= 1;c<=9;c++) for(int d= 1;d<=9;d++) { if( a*c*(b*10+d) == (a*10+c)*b*d && a!=b && c!=d ) { cout << a <<"/" <<b <<"*"<<c<<"/"<<d<<" = " <<a<<c<<"/"<<b<<d<<endl; ++total; } } cout << total; return 0;}//answer:14
7.六角填数
如图【1.png】所示六角形中,填入1~12的数字。使得每条直线上的数字之和都相同。图中,已经替你填好了3个数字,请你计算星号位置所代表的数字是多少?
请通过浏览器提交答案,不要填写多余的内容。·
解法一
把需要排序的数字存入数组中,用next_permutation()进行排序,找到符合的条件输出,复杂度:9!。
#include <iostream>using namespace std;#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstdlib> int main(void){ int sum[7]; int a[12] = {1,8, 2,4,5,6,7,9,10,11,12 ,3}; do{ sum[0]=a[0]+a[2]+a[5]+a[7]; sum[1]=a[0]+a[3]+a[6]+a[10]; sum[2]=a[7]+a[8]+a[9]+a[10]; sum[3]=a[1]+a[5]+a[8]+a[11]; sum[4]=a[1]+a[2]+a[3]+a[4]; sum[5]=a[4]+a[6]+a[9]+a[11]; if( sum[0]==sum[1]&& sum[1]==sum[2]&& sum[2]==sum[3]&& sum[3]==sum[4]&& sum[4]==sum[5]) { for(int i=0;i<12;i++) { cout <<a[i]<<" "; } cout<<endl<<a[5]<<endl ; } }while(next_permutation(a+2,a+11)); return 0;}
8.蚂蚁感冒
长100厘米的细长直杆子上有n只蚂蚁。它们的头有的朝左,有的朝右。 每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬,速度是1厘米/秒。当两只蚂蚁碰面时,它们会同时掉头往相反的方向爬行。这些蚂蚁中,有1只蚂蚁感冒了。并且在和其它蚂蚁碰面时,会把感冒传染给碰到的蚂蚁。请你计算,当所有蚂蚁都爬离杆子时,有多少只蚂蚁患上了感冒。
【数据格式】
第一行输入一个整数n (1 < n < 50), 表示蚂蚁的总数。接着的一行是n个用空格分开的整数 Xi (-100 < Xi < 100), Xi的绝对值,表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。正值表示头朝右,负值表示头朝左,数据中不会出现0值,也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。其中,第一个数据代表的蚂蚁感冒了。要求输出1个整数,表示最后感冒蚂蚁的数目。
例如,输入:
3
5 -2 8
程序应输出:
1
再例如,输入:
5
-10 8 -20 12 25
程序应输出:
3
资源约定:
峰值内存消耗 < 256M
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 , 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。
解法一
用贪心,首先明白两只蚂蚁碰撞之后掉头和穿行过去是一样的,可以把穿行看做碰撞后掉头了,然后两个蚂蚁交换了,而是哪一只蚂蚁对结果不影响。
那么,假如第一只感冒蚂蚁向右走,那么碰到所有想左走的都会被感染,而感染后的蚂蚁必定是向左走的,那么他会把左边向右走的都感染了。
向左走的也是这样。
所以 ans = 左边向右走的 + 右边向左走的 + 1(本身)。
当然还有特殊情况,第一只感染的向右走,右边的都在向右走,那么速度一样的话它不会感染其他所有,所以 ans = 1,相反也是。
#include <iostream>using namespace std;#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm> #include <string.h>int abs(int x){ if(x<0) return -x; else return x;}#define NONE 0 int main(){ int right=0; int left=0; int N; cin>>N; int data[N]; for(int i=0;i<N;i++) { cin>>data[i]; } for(int i=1;i<N;i++) { if(data[i]<0&&abs(data[i])>abs(data[0])) //判断感冒蚂蚁左边是否存在 { left++; } if(data[i]>0&&abs(data[i])<abs(data[0])) //判断感冒蚂蚁右边是否有存在. { right++; } } //判断特殊情况 if( (data[0]<0&&right==NONE) //向左边跑的时候,右边不存在向右方向的蚂蚁 || (data[0]>0&&left==NONE) //向右边跑的时候,左边不存在向左方向的蚂蚁 ) { cout<<1<<endl; } else { cout<<right+left+1<<endl; } return 0;}
9.地宫取宝
X 国王有一个地宫宝库。是 n x m 个格子的矩阵。每个格子放一件宝贝。每个宝贝贴着价值标签。地宫的入口在左上角,出口在右下角。小明被带到地宫的入口,国王要求他只能向右或向下行走。走过某个格子时,如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大,小明就可以拿起它(当然,也可以不拿)。当小明走到出口时,如果他手中的宝贝恰好是k件,则这些宝贝就可以送给小明。请你帮小明算一算,在给定的局面下,他有多少种不同的行动方案能获得这k件宝贝。
【数据格式】
输入一行3个整数,用空格分开:n m k (1<=n,m<=50, 1<=k<=12)接下来有 n 行数据,每行有 m 个整数 Ci (0<=Ci<=12)代表这个格子上的宝物的价值要求输出一个整数,表示正好取k个宝贝的行动方案数。该数字可能很大,输出它对 1000000007 取模的结果。
例如,输入:
2 2 2
1 2
2 1
程序应该输出:
2
再例如,输入:
2 3 2
1 2 3
2 1 5
程序应该输出:
14
资源约定:
峰值内存消耗 < 256M
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 , 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。
解法一
4维的记忆化DFS,题目要求只能下或右走,从左上角走到右下角,记录下每个坐标下的数量和最大宝贝价值下的走的情况
#include<stdio.h>#include<string.h>#include<string>#include<algorithm>#include<math.h>#include<iostream>#include<time.h>#define mod 1000000007using namespace std;int n,m,k;int c[55][55];int dp[55][55][101][15];int dfs(int x,int y,int mun,int v) //x,y表示坐标,mun表示手中宝贝的数量,V表示手中的最大宝贝的价值{ if(dp[x][y][mun][v]!=-1)//记录了经过 此坐标此数量此价值下的所有走法, return dp[x][y][mun][v];//所以直接返回,后面的无需走了 if(x==n-1&&y==m-1) { if(mun==k||(mun==k-1&&c[x][y]>v))//符合要求的算一种 return dp[x][y][mun][v]=1; else { return dp[x][y][mun][v]=0;//不符合 } } int t=0; if(y+1<m))//x<n-1 { if(c[x][y]>v)//选择拿起宝贝 { t=(t+dfs(x,y+1,mun+1,c[x][y]))%mod; } t=(t+dfs(x,y+1,mun,v))%mod;//选择不拿 } if(x+1<n)//x<n-1 { if(c[x][y]>v) { t=(t+dfs(x+1,y,mun+1,c[x][y]))%mod; } t=(t+dfs(x+1,y,mun,v))%mod; } return dp[x][y][mun][v]=t%mod;//由右和下返回的值记录于此坐标下,下次路过此时 //不再递归 }int main(){ memset(dp,-1,sizeof(dp)); //标志 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) { scanf("%d",&c[i][j]); c[i][j]++;//为什么加1,因为有的宝贝价值问0,会出现比较错误 } printf("%d\n",dfs(0,0,0,0)); return 0;}
10.小朋友排队
n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列,但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候,所有小朋友的不高兴程度都是0。如果某个小朋友第一次被要求交换,则他的不高兴程度增加1,如果第二次要求他交换,则他的不高兴程度增加2(即不高兴程度为3),依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时,他的不高兴程度增加k。请问,要让所有小朋友按从低到高排队,他们的不高兴程度之和最小是多少。如果有两个小朋友身高一样,则他们谁站在谁前面是没有关系的。
【数据格式】
输入的第一行包含一个整数n,表示小朋友的个数。第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn,分别表示每个小朋友的身高。输出一行,包含一个整数,表示小朋友的不高兴程度和的最小值。
例如,输入:
3
3 2 1
程序应该输出:
9
【样例说明】
首先交换身高为3和2的小朋友,再交换身高为3和1的小朋友,再交换身高为2和1的小朋友,每个小朋友的不高兴程度都是3,总和为9。
【数据规模与约定】
对于10%的数据, 1<=n<=10;
对于30%的数据, 1<=n<=1000;
对于50%的数据, 1<=n<=10000;
对于100%的数据,1<=n<=100000,0<=Hi<=1000000。
资源约定:
峰值内存消耗 < 256M
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 , 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。
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