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第一题：第几天
题目描述
2000年的1月1日，是那一年的第1天。
那么，2000年的5月4日，是那一年的第几天？
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
题目分析
直接操作Excel,当然手算也可以,代码省略…
题目答案
125
第二题：明码
题目描述
汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。
16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。
一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，
一共16行，布局是：
第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
…
第31字节, 第32字节
这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。
题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并根据要求填写答案。
这段信息是（一共10个汉字）：
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0
注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。
题目分析
这种题最重要的是理解题意,然后做起来就很easy了.
**题目大意:**一个汉字需要32个字节表示,1行2个. 题目给出了10个汉字各自的32 个字节,但是这些字节是十进制的.我们看到的字形都是二进制0 1组成的(在显示时进行了相关变换). 求出这十个汉字,里面报案者题目的要求.
其实就是模拟汉字.
关于十进制转换为二进制,我们可以使用bitset的数据类型,可以直接将int或string转为二进制的0/1.有关其详细使用,请参考 bitset用法小结.
最终求得的十个汉字是: 九的九次方等于多少?.
**备注:**对于特别大的数的运算,为了防止输出时按照科学计数法,可以先定义足够大的类型,然后再进行计算再输出.
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bitset<8> word;//将存放一个字节的二进制数字0,1.
string s;
int num,arr[40][10];
int main(){
for(int i = 0; i < 10;i++){//10行
//每行32个字节
for(int i = 0;i < 32;i++) {
cin>>num;
word = num;
s = word.to_string();
for(int j = 0;j < 8;j++){
arr[i][j] = s[j] - '0';//0==>0 1==>1
}
}
//打印输出
for(int i = 0;i < 32;i++) {
for(int j = 0;j <8;j++){
if(arr[i][j]){
cout<<"*";
}else{
cout<<" ";
}
}
if((i+1)%2==0){
cout<<endl;
}
}
cout<<endl;
}
long long int ans = pow(9,9);//不能用int类型哦,否则会溢出呢!!!
cout<<ans<<endl;//387420489
return 0;
}
题目答案
387420489
第三题：乘积尾零
题目描述
本题为填空题，只需要算出结果后，在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
如下的 10 行数据，每行有10 个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？
5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211
运行限制
- 最大运行时间：1s
- 最大运行内存: 128M
题目分析
10可以由2和5相乘得到, 每个数中的10 也可以被分解成2和5. 所以只要计算所有数中2和5的个数就行,最后取其中的最小值.
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num1,num2,m;//统计2和5的个数
void calculate(int x) {
while(1) {
if(x%2!=0 && x%5!=0) {
return;
}
if(x%2==0){
x/=2;
num1++;
}
if(x%5==0){
x/=5;
num2++;
}
}
}
int main() {
for(int i = 0; i< 10; i++) {
for(int j = 0; j < 10; j++) {
cin>>m;
calculate(m);
}
}
cout<<min(num1,num2)<<endl;//31
return 0;
}
题目答案
31
第四题：测试次数
题目描述
x星球的居民脾气不太好，但好在他们生气的时候唯一的异常举动是：摔手机。
各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试，并且评定出一个耐摔指数来，之后才允许上市流通。
x星球有很多高耸入云的高塔，刚好可以用来做耐摔测试。塔的每一层高度都是一样的，与地球上稍有不同的是，他们的第一层不是地面，而是相当于我们的2楼。
如果手机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则手机耐摔指数=7。
特别地，如果手机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n
为了减少测试次数，从每个厂家抽样3部手机参加测试。
某次测试的塔高为1000层，如果我们总是采用最佳策略，在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢？
请填写这个最多测试次数。
注意：需要填写的是一个整数，不要填写任何多余内容。
题目分析
动态规划 本题是填空题的最后一道,分数为17分.
本题和LeetCode的双蛋问题很相似, 1884. 鸡蛋掉落-两枚鸡蛋 887. 鸡蛋掉落 ,有关这两个题的思路,我写在了XXX里面. 参考这两个题的思路,本题就 so easy啦!
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;//最多N个手机 和N层
const int INF = 0x7fffffff;
int n,m,dp[N][N] = {0};//dp[i][j]表示的是i层的j个手机,最坏情况下需要仍的次数
int main() {
cin>>n>>m; //n层 m个手机
//当只有一个鸡蛋的时候,至少需要i次向下仍.
for(int i = 1; i<=n; i++) {
dp[i][1] = i;
}
//当只有一层的时候,只需要仍一次就可
for(int j = 1; j <= m; j++) {
dp[1][j] = 1;
}
//进行递推
for(int i = 2; i <= n; i++) { //遍历层数
for(int j = 2; j<=m; j++) { //遍历手机数
dp[i][j] = INF;//因为求的是一个最小值,所以初始化为一个较大的值
//下面是关键的状态转移方程.意思是:
//我现在更新前i层,我们动态规划是每一层,每一个手机都是需要遍历的
//1-i层楼可以扔手机,但在扔到 1-i这个范围内的第k层的时候,我们有两种情况出现:
//1.手机碎了,那么我们就知道手机不会碎在k-1层之前,我们还可以使用的手机数目是j-1个
//2.手机没有碎,那么我们搜索区域就变成了k+1~i之间,问题规模变成i-k,手机还可以接着使用
//无论碎没碎，扔这个手机我们都尝试了一次，所以最后要加1
for(int k = 1; k<=i; k++) { //当在k层尝试向下扔手机,计算最少操作数
dp[i][j] = min(dp[i][j],max(dp[k-1][j-1],dp[i-k][j])+1);
}
}
}
cout<<dp[n][m]<<endl;// 19
return 0;
}
题目答案
19
第六题：递增三元组
题目描述
给定三个整数数组
A = [A1, A2, … AN],
B = [B1, B2, … BN],
C = [C1, C2, … CN]，
请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足：
1 <= i, j, k <= N
Ai < Bj < Ck
【输入格式】
第一行包含一个整数N。
第二行包含N个整数A1, A2, … AN。
第三行包含N个整数B1, B2, … BN。
第四行包含N个整数C1, C2, … CN。
对于30%的数据，1 <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000
【输出格式】
一个整数表示答案
【样例输入】
3
1 1 1
2 2 2
3 3 3
【样例输出】
27
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
题目分析
枚举+模拟
递增三元组,用三个数组来表示:先进行sort排序,找到A数组中第一个>=B[j]的数组下标i,再找到C数组中第一个>b[i]的数组下标k,推导计算出结果.
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 100000+5;
int A[M],B[M],C[M],n;
long long int ans;//由于数据范围较大,所以采用大整数存放.
int main() {
cin>>n;
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin>>A[i];
}
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin>>B[i];
}
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin>>C[i];
}
sort(A,A+n);
sort(B,B+n);
sort(C,C+n);
int i = 0,k = 0;
for(int j = 0; j < n; j++) {//注意不要在for循环里面冲新初始化i = 0,k=0了.因为这样复杂度就会大大提升了.
// i= 0;
// k = 0;
while(i<n&&A[i]<B[j]) {
i++;//0-i-1
}
while(k<n&&C[k]<=B[j]) {
k++;// k已经开始满足了 k - n-1 =>n-1-k+1
}
ans += (long long int)(i*(n-k)) ;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
第七题：螺旋折线
题目描述
如下图所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。
例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9
给出整点坐标(X, Y)，你能计算出dis(X, Y)吗？
对于整点 (X, Y)(X,Y)，我们定义它到原点的距离 dis(X, Y)dis(X,Y) 是从原点到 (X, Y)(X,Y) 的螺旋折线段的长度。
例如 dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9dis(0,1)=3,dis(?2,?1)=9。
给出整点坐标 (X, Y)(X,Y)，你能计算出 dis(X, Y)dis(X,Y) 吗？
【输入格式】
对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
对于70%的数据，-100000 <= X， Y <= 100000
对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000
【输出格式】
输出dis(X, Y)
【样例输入】
0 1
【样例输出】
3
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
题目分析
通过观察轨迹:左走1步,上走1步; 右走2步,下走2步; 左走2步,上走2步; 右走3步,下走3步…
可以这样思考. 由于行驶轨迹已经确定,所以只要从原点开始沿着轨迹边走边判断即可.
定义k为步长,可以把轨迹分成两种:(每次只有一种方案成立.)
- 向左走k,再向上走k
- 向右走k,再向右走k
k的大小依次是1,2,3…
两种行走方案来回切换,可以定义一个标志来控制.
剩下的就是模拟整个过程了,判断当前走到的坐标是否是目的坐标,如果是则结束模拟,否则继续. 另外可以提前进行预判,就是这次方案过程中会不会出现目标点,如果没有则一步走完当前方案,否则就一步步的走(因为接近目标点了,要一步步的走,边走边判断,不然还可能走过了…)
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int flag,k,tx,ty,x,y;//flag=0代表 左 上,flag=1代表右下 k:步长 分别为1 2 3 4... 上一步的步数
long long int cur = 0;//数据量会比较大,切换成long long int保存结果.
int main() {
cin>>x>>y;
k = 1;
while(1) {
// if(x==tx&&y==ty) {//如果找到则结束 这里的这个条件可以省略了..
// cout<<cur<<endl;
// return 0;
// }
if(!flag) { //==>左==>上 的步骤
if(x<=tx&& x>= (tx-k) && y>=ty && y <=(ty+k)) {//如果目标点再当前这一步骤中
//一步一步的走.
for(int i = 0; i<k; i++) { //先左
if(x==tx&&y==ty) {//如果找到则结束
cout<<cur<<endl;
return 0;
}
tx--;
cur = cur+1;
}
for(int i = 0; i <k; i++) {
if(x==tx&&y==ty) {//如果找到则结束
cout<<cur<<endl;
return 0;
}
ty++;
cur = cur+1;
}
} else {//如果不在,则直接快速走过.
tx -= k;
ty += k;
cur = cur+2*k;
}
} else {//==>右==>下 的步骤
if(x>=tx&&x<=(tx+k) && y<=ty&&y>=(ty-k)) {
//一步一步的走
for(int i = 0; i<k; i++) { //先右
if(x==tx&&y==ty) {//如果找到则结束
cout<<cur<<endl;
return 0;
}
tx++;
cur = cur+1;
}
for(int i = 0; i <k; i++) {//向下
if(x==tx&&y==ty) {//如果找到则结束
cout<<cur<<endl;
return 0;
}
ty--;
cur = cur+1;
}
} else {
tx+=k;
ty-=k;
cur = cur+2*k;
}
}
k++;//步长++
flag = !flag;//切换步骤
}
return 0;
}
第八题：日志统计
题目描述
小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份"点赞"日志，日志共有N行。其中每一行的格式是：
ts id
表示在ts时刻编号id的帖子收到一个"赞"。
现在小明想统计有哪些帖子曾经是"热帖"。如果一个帖子曾在任意一个长度为D的时间段内收到不少于K个赞，小明就认为这个帖子曾是"热帖"。
具体来说，如果存在某个时刻T满足该帖在[T, T+D)这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于K个赞，该帖就曾是"热帖"。
给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是"热帖"的帖子编号。
【输入格式】
第一行包含三个整数N、D和K。
以下N行每行一条日志，包含两个整数ts和id。
对于50%的数据，1 <= K <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 0 <= ts <= 100000 0 <= id <= 100000
【输出格式】
按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。
【输入样例】
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3
【输出样例】
1
3
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
题目分析
模拟法+尺取法 有关尺取算法的详细介绍可以参考 某位仁兄的 C语言尺取算法 ,感觉有点像滑动窗口法,哈哈哈.
首先用一个二维数组arr来存储点赞的信息,arr的id对于帖子id, arr[id] 里面存放当前id对应的点赞时间信息.
然后采用尺取法判断 每个id的所有帖子在 d时间段内的点赞数量,当点赞数 >= k时,则判定其为热帖.加入结果集最终输出即可!
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXSIZE = 100005;//定义数组最大长度
int n,d,k,ts,id,st,en,cnt;//cnt:d时间段内的最大点赞数.
vector<int> arr[MAXSIZE],res;
void judge(vector<int>& V,int x){
if(V.size()<k){//如果总的点赞数 < k ,则直接结束.
return;
}
sort(V.begin(),V.end());//进行排序
st = 0;
en = 1;
cnt = 0;
while(st<=en&&en<V.size()){
if(V[en]-V[st] < d){// vec[en] < vec[st]+d 左开右闭,所以不能有=
cnt = max(cnt,en-st+1);//更新 d时间段内的最大点赞数.
en++;
}else{
st++;//左边界右移动
}
if(cnt>=k){//判断点赞数是否已经够了,如果够了 则加入结果集.
res.push_back(x);
return;
}
}
}
int main(){
cin>>n>>d>>k;
for(int i = 0;i < n;i++) {
cin>>ts>>id;
arr[id].push_back(ts);
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(arr[i].size()!=0){
judge(arr[i],i);
}
}
//遍历输出
for(int i = 0;i < res.size();i++) {//其实可以直接在judge方法中将结果输出.
cout<<res[i]<<endl;
}
return 0;
}
第九题：全球变暖
题目描述
你有一张某海域NxN像素的照片，".“表示海洋、”#"表示陆地，如下所示：
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
其中"上下左右"四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。
由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。
例如上图中的海域未来会变成如下样子：
.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......
请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。
【输入格式】
第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000)
以下N行N列代表一张海域照片。
照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【输入样例】
7
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
【输出样例】
1
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
题目分析
DFS深搜
- 第一遍遍历:num1记录淹没前岛屿的数量. 遍历过程中对岛屿的小块陆地做标记,当是岛的边时改为 “!” ,不是则改为 “$”,然后上下左右搜索,统计岛屿个数. 不将其边修改为**.** 是怕错误搜索以免影响(因为后序还需要判断小块陆地的周围是否是海洋)
- 第二遍遍历:num2记录淹没后岛屿的数量. 遇到一块 “ " ? ? , 上 下 左 右 搜 索 ? ? " "** ,上下左右搜索**" "??,上下左右搜索??"”, 再将其改回来 “#” ,(这里只要修改为非 “.” ,“!” ,"$“的字符都可,比如"a”,“b”,“w”… 因为在遍历过程中就统计数量了),避免重复搜寻影响结果.
- 输出num1-num2
题目代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char map1[1005][1005];
int n, num1, num2;//num1:未淹没前的岛屿个数 num2:淹没后剩余的岛屿个数
int NEXT[4][2] = {//方向数组:上下左右
-1,0,
1,0,
0,-1,
0,1
};
void dfs1(int x, int y) { //第一次遍历:统计海岛的总个数 // ! $
//结束条件(海洋/已经遍历过了)
if (map1[x][y] == '.' || map1[x][y] == '!' || map1[x][y] == '$') {
return;
}
//修改当前陆地的标记
//判断其周围是否有海洋,做出对应的标记修改
if (map1[x-1][y] == '.' || map1[x + 1][y] == '.' || map1[x][y - 1] == '.' || map1[x][y + 1] == '.') {
map1[x][y] = '!';
}
else {
map1[x][y] = '$';
}
//进行继续搜索
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int tx = x + NEXT[i][0];
int ty = y + NEXT[i][1];
//判断是否越界
if (tx<1 || tx>n || ty<1 || ty>n) {
continue;
}
//继续深搜
dfs1(tx, ty);
}
}
void dfs2(int x, int y) { //第二次遍历:统计 淹没后海岛的总个数
//结束条件(如果周围是海洋.,或者已经遍历过了-># !和.此时效果一样)
if (map1[x][y] == '.' || map1[x][y] == '!' || map1[x][y] == '#') {//统计$的块数.
return;
}
//修改标记
map1[x][y] = '#';//如果是$,则将其转换为#
//继续进行搜索
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int tx = x + NEXT[i][0];
int ty = y + NEXT[i][1];
//判断是否越界
if (tx<1 || tx>n || ty<1 || ty>n) {
continue;
}
dfs2(tx, ty);
}
}
int main() {
cin >> n;
//初始化地图
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> map1[i][j];
}
}
//进行第一次搜寻
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (map1[i][j] == '#') {
num1++;
dfs1(i, j);
}
}
}
//打印第一次搜索后的图案
//for (int i = 1; i <= n; i++) {
// for (int j = 1; j <= n; j++) {
// cout << map1[i][j] << " ";
// }
// cout << endl;
//}
//进行第二次搜寻
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (map1[i][j] == '$') {
num2++;
dfs2(i, j);
}
}
}
cout << num1-num2 << endl;
return 0;
}
样例运行结果:
第十题：堆的计数
题目描述
我们知道包含N个元素的堆可以看成是一棵包含N个节点的完全二叉树。
每个节点有一个权值。对于小根堆来说，父节点的权值一定小于其子节点的权值。
假设N个节点的权值分别是1~N，你能求出一共有多少种不同的小根堆吗？
例如对于N=4有如下3种：
1
/ \
2 3
/
4
1
/ \
3 2
/
4
1
/ \
2 4
/
3
由于数量可能超过整型范围，你只需要输出结果除以1000000009的余数。
【输入格式】
一个整数N。
对于40%的数据，1 <= N <= 1000
对于70%的数据，1 <= N <= 10000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000
【输出格式】
一个整数表示答案。
【输入样例】
4
【输出样例】
3
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
题目分析
题目代码
备注:由于蓝桥杯不再考察补全代码题型，所以未整理总结其思路
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