2019年第十届蓝桥杯【C++省赛B组】D、E、G、H、I题解
这场有几道题目思路,在之前比赛中遇到过
D. 数的分解 #枚举
题意
将\(2019\)分解成\(3\)个各不相同的正整数之和,并且每个正整数都不包含数字\(2\)和\(4\),一共有多少种分解方法?注意,\(1000+1001+18\)和\(1001+1000+18\)被视为同一种
分析
由于三个正整数均不相同,也就说这三个正整数存在偏序关系,不妨设i<j<k
,枚举i
,j
两个变量,推出k
,判断i
,j
,k
是否满足题目要求。
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <deque>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
using namespace std;
bool Judge(int x) {
while (x) {
int tmp = x % 10;
if (tmp == 4 || tmp == 2) return false;
x /= 10;
}
return true;
}
int main() {
int ans = 0;
for (int i = 1; i < 2019; i++) {
if (!Judge(i)) continue;
for (int j = i + 1; j < 2019; j++) {
if (!Judge(j)) continue;
int k = 2019 - i - j;
if (j >= k || !Judge(k)) continue;
ans++;
}
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
E. 迷宫 #广搜
题意
对于迷宫,从入口开始,可以按DRRURRDDDR 的顺序通过迷宫,
一共10 步。其中D、U、L、R 分别表示向下、向上、向左、向右走。请找出一种通过迷宫的方式,其使用的步数最少,在步数最少的前提下,请找出字典序最小的一个作为答案。
分析
刚好就是牛客小白月赛#26的E题
G. 完全二叉树的权值 #树的层次遍历
题意
给定一棵包含N 个节点的完全二叉树,树上每个节点都有一个权值,按从上到下、从左到右的顺序依次是\(A_1, A_2, …A_N\),如下图所示:
现在要把相同深度的节点的权值加在一起,想知道哪个深度的节点权值之和最大?如果有多个深度的权值和同为最大,请你输出其中最小的深度。注:根的深度是1。
分析
树的遍历方式其实与LeetCode周赛#209的题1609相同,只不过该题不需要指针,直接通过数组下标即可得到左右孩子的数据了。外层循环迭代树的深度,内层循环遍历树同一深度下的所有节点(从左到右),计算当前深度下所有节点的深度。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int tree[MAXN*4], n;
int ans_d; ll ans = -1;
void BFS(){
queue<int> myque;
myque.push(1);
int depth= 1;
while(!myque.empty()){
int m = myque.size();
int cur;
ll sum = 0;
while(m--){
cur = myque.front(); myque.pop();
if(tree[cur<<1]<INF) myque.push(cur<<1);
if(tree[cur<<1|1]<INF) myque.push(cur<<1|1);
sum += (ll)tree[cur];
}
if(sum > ans){
ans = sum;
ans_d = depth;
}
depth++;
}
}
int main(){
scanf("%d", &n);
memset(tree, 0x3f, sizeof(tree));
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &tree[i]);
BFS();
printf("%d\n", ans_d);
}
H. 等差数列 #数学
题目
数学老师给小明出了一道等差数列求和的题目。但是粗心的小明忘记了一部分的数列,只记得其中\(N\)个整数。现在给出这\(N\)个整数,小明想知道包含这\(N\)个整数的最短的等差数列有几项?
分析
顺便复习一下CodeForces#667的C题
这题先将数组中所有数升序排序,然后相邻两元素作差存入新数组中,找到新数组所有元素的最大公约数即可。但注意,有可能公差为0,即原数组所有数均相等。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int gcd(int a, int b){
if(b == 0) return a;
else return gcd(b, a % b);
}
int a[MAXN], n, d = 0;
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
sort(a+1, a+1+n);
for(int i = 2; i <= n; i++){
int diff = a[i] - a[i - 1];
d = gcd(d, diff);
}
int ans = (d == 0) ? n : (a[n] - a[1]) / d + 1;
printf("%d\n", ans);
}
I. 后缀表达式 #性质观察
题意
给定\(N\)个加号、\(M\)个减号以及\(N+M+1\)个整数\(A_1,A_2,…, A_{N+M+1}\),小明想知道在所有由这\(N\)个加号、\(M\)个减号以及\(N+M+1\)个整数凑出的合法的后缀表达式中,结果最大的是哪一个?
分析
不要简单地认为,直接排序再贪心就可以了。
注意,后缀表达式(逆波兰表达式)的用途实际上就是不需要使用括号,就能表示带优先级的运算关系。例如
0! + 123 + 4 * (5 * 6! + 7!/8) / 9
其后缀表达式为:0! + 123 + 456!* 7 ! 8/ + * 9 / +
因而,该题目实际上隐藏了额外条件,你可以对表达式任意加上括号,任意调整正负运算符(但负号不能作为一元运算符)。由此,我们就可以充分利用括号与负号运算符,将原整数中的负数取为正数,得到比直接排序贪心更大的结果!接下来,我们就对原整数中的正负情况进行讨论(在\(m\not=0\)的情况)。
如果\(A_1,A_2,…, A_{N+M+1}\)既含正也含负,我们总可以将所有负数置为正数,也就说我们直接将所有数累加即是答案。比如:
n=3, m=3
A = {1 -2 -2 -3 -4 -5 -6}
1 -((-2)+(-2)+(-3)+(-4)) -(-5) -(-6) //最终结果即为所有数绝对值之和
n=3, m=4
A = {1 3 -2 -2 -3 -4 -5 -6}
1 + 3 - ((-2) + (-2) + (-3)) -(-4) -(-5) -(-6) //最终结果即为所有数绝对值之和
如果\(A_1,A_2,…, A_{N+M+1}\)全为正数,我们总可以将大部分负号给消掉,只剩下一个负号,留给最小正整数。也就说,我们将所有数(除了最小值)的之和,再加上最小值的相反数,即为答案。比如:
n=3, m=3
A = {1, 3, 3, 3, 4, 4, 5}
5 + 3 + 4 + 4 -(1 -(3) -(3)) //最终结果即为所有数绝对值之和-最小值*2(其中最小值为1)
n=3, m=4
A = {1, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 5}
5 + 3 + 4 + 5 -(1 -(3) -(4) -(5)) //最终结果即为所有数绝对值之和-最小值*2(其中最小值为1)
如果\(A_1,A_2,…, A_{N+M+1}\)全为负数,我们总可以将大部分负号给消掉,只剩下一个负号,留给最大负整数。也就说,我们将所有数的绝对值(除了最大的负数)之和,再加上这个最大的负数(尽可能减少总和的影响),即为答案。比如:
n=3, m=3
A = {-1, -3, -3, -3, -3, -3, -3} //最终结果即为所有数绝对值之和+最大值*2(其中最大值为-1)
(-1) - ( (-3) + (-3) + (-3) + (-3) ) - (-3) - (-3)
于是最终的代码十分简洁:
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using ll = long long;
ll a[MAXN << 1], mymin = INF, mymax = -INF, sum = 0;
int main() {
int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n + m + 1; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
mymin = min(mymin, a[i]);
mymax = max(mymax, a[i]);
}
if (m == 0) {
for (int i = 1; i <= n + m + 1; i++) sum += a[i];
}
else {
for (int i = 1; i <= n + m + 1; i++) sum += abs(a[i]);
if (mymin >= 0) sum -= mymin * 2;
if (mymax <= 0) sum += mymax * 2;
}
printf("%lld\n", sum);
return 0;
}
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