你好 蓝桥杯 传送门 链接而已

最新推荐文章于 2025-04-03 20:01:30 发布
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博客围绕蓝桥杯展开，虽内容未详细阐述蓝桥杯具体信息，但从标题和标签可知与蓝桥杯相关，蓝桥杯是信息技术领域有一定影响力的赛事。

你好 愿岁月永好 伴你到此   


 

 

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05-24 1万+
导入package包后场景里面放两个Portal预制体，通过右边脚本的Linked Portal设置相互关联即可。
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2018蓝桥杯模拟赛（一）H【floyd求最短路径】
肖火柴的火柴盒
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4.6-蓝桥杯-实现选项卡动态切换功能-实现卡号绑定功能-开学礼物大放送页面搭建-传送门-分一分-小兔子找胡萝卜
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04-06 350
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pingfanblog
02-15 804
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蓝桥杯2024年第十五届省赛真题-传送阵
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第三届“蓝桥杯”单片机组模拟试题“模拟智能传送装置”源代码
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"第三届‘蓝桥杯’单片机组模拟试题‘模拟智能传送装置’源代码"是一个针对单片机编程的竞赛题目，旨在检验参赛者的单片机应用能力与编程技巧。蓝桥杯是一项全国性的IT竞赛，重点是软件和硬件技术，对于计算机科学和...
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计蒜客-封印之门【floyd】
哇-WA 的博客
01-22 594
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蓝桥杯--封印之门（ Floyd算法）
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2018 蓝桥杯省赛 B 组模拟赛（一）--- H. 封印之门
CS33sun的博客
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蓝桥杯省赛B组模拟题 封印之门（Floyd）
qq_53827449的博客
04-14 515
封印之门 题目链接: link. 原题描述 蒜头君被暗黑军团包围在一座岛上，所有通往近卫军团的路都有暗黑军团把手。幸运的是，小岛上有一扇上古之神打造的封印之门，可以通往近卫军团，传闻至今没有人能解除封印。 封印之门上有一串文字，只包含小写字母，有 kk 种操作规则，每个规则可以把一个字符变换成另外一个字符。经过任意多次操作以后，最后如果能把封印之门上的文字变换成解开封印之门的文字，封印之门将会开启。 蒜头君战斗力超强，但是不擅计算，请你帮忙蒜头君计算至少需要操作多少次才能解开封印之门。 输入格式 输入第一行
封印之门 蓝桥杯模拟赛（一）
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蓝桥杯算法心得——迷宫（bfs+映射+HashMap）
晴天学长
03-21 365
大家好，我是晴天学长，bfs经典题目迷宫，也蓝桥杯真题之一，运用到了传统的bfs加上映射技巧，并用HashMap储蓄了传送门，需要的小伙伴请自取哦！💪💪💪
蓝桥杯2024javaB组省赛思路
hyzc56的博客
05-01 1791
我给大家分享自己的做题情况，就是给参加蓝桥杯的宝子们一点基准，要达到一个什么样的程度才能省一，心里目标会更加明确。
2024年第十五届蓝桥杯C/C++大学B组题 C传送阵
Y_P_L_D的博客
05-20 3788
在分析应用类题行时通常会有特殊情况，可以先找出普遍的情况，再去思考怎么对待特殊情况，讲一个问题反复拆解，不断细分成一小块一小块的，再将逻辑组合起来，这样出来的代码可能不是最优的，但是不会有错误的。，即小蓝从某一门进入，最后会回到该门，这是本题最多也是最普遍出现的情况，只要b数组对已经走过的位置进行了累加标记，那么我们只需要判断其下一个是否重复就可以了，，例如 2号门的下一个传送点是还是2号，这个时候如果不用魔法是走不出去的，同理，如果使用魔法传送到这样的位置也是出不来的，
蓝桥杯传送阵
03-27
<think>嗯，用户问的是蓝桥杯竞赛中“传送阵”相关的算法问题，我需要先理解题目要求。根据提供的引用[2]，题目描述是关于传送门的使用，要求尽可能经过所有传送门，起始点任意，传送过程中可能需要使用魔法来处理重复传送的情况。 首先，我得明确题目的关键点。传送路径中每个传送门i的下一个位置是a[i]，但需要判断是否重复访问。这里用数组b来记录访问次数，b[i]=0表示未访问，>=1表示重复。当重复时，必须使用魔法，魔法允许向左右两个方向传送。这时候可能需要分支处理，比如分别处理向左和向右的情况，并记录使用魔法后的路径。 然后，用户提到的解法中使用了两个数组b和c来区分正常传送和使用魔法后的传送，这可能涉及到广度优先搜索（BFS）或深度优先搜索（DFS）来遍历所有可能的路径。但考虑到要找到经过最多传送门的路径，可能需要动态规划或者贪心策略，但题目可能需要遍历所有起始点，并对每个起始点进行路径探索，同时处理魔法使用的分支。 接下来，用户提供的示例代码思路是循环遍历每个起始点，然后进行路径追踪，使用b数组记录访问次数，当遇到重复时，使用魔法，并分两个方向处理，可能需要递归或者循环来处理每个分支。这里需要注意避免无限循环，比如设置访问次数的限制，或者记录已经访问过的状态。 另外，题目可能需要计算最大传送次数，即在所有可能的路径中，找到能够经过最多传送门的次数。因此，算法需要比较不同路径的长度，并取最大值。这可能涉及到回溯或者记忆化搜索，以优化重复计算。 可能的难点在于如何处理魔法使用的分支，以及如何高效地遍历所有可能的路径而不遗漏。同时，要考虑起始点的任意性，每个起始点都需要独立计算，然后取最大值。此外，数组的处理和状态的记录需要仔细设计，避免逻辑错误。 可能需要参考图论中的路径寻找算法，如BFS，因为传送门可以看作图中的节点，传送路径是边。当遇到重复节点时，使用魔法相当于允许一次特殊的边选择，比如左右两个方向。这时候可以将魔法使用作为状态的一部分，每个节点有两个状态：已使用魔法或未使用。这样，BFS的每个节点状态包括当前位置、已使用魔法与否，以及访问路径的长度。 总结来说，解题步骤可能是： 1. 遍历每个可能的起始点。 2. 对于每个起始点，使用BFS或DFS探索所有可能的路径，允许使用一次魔法来改变传送方向。 3. 在每次遇到重复访问时，使用魔法并分两个方向处理，记录两种情况的路径长度。 4. 比较所有路径的长度，取最大值作为结果。 需要注意的是，魔法只能使用一次，所以一旦使用，后续传送必须按照新的方向进行，或者回到原来的传送路径？根据引用[2]中的描述，使用魔法后可能有两种分支，需要分别处理，因此可能需要维护两个不同的访问数组来区分是否使用了魔法。 可能的实现方式是用两个数组b和c，分别表示未使用魔法和使用魔法后的访问情况。每次遇到重复时，如果还有魔法可用，就尝试两种方向，并继续追踪两种情况的路径，最终取其中较大的值。 这样，代码结构可能包括循环遍历起始点，对于每个点，递归或迭代地处理正常传送和魔法传送的情况，同时记录是否已经使用过魔法，以及当前路径的长度。这可能需要状态参数传递，比如当前位置、已使用魔法与否、当前路径长度、访问数组的状态等。 测试时需要注意边界条件，比如传送门数组a的有效索引，避免越界。此外，魔法可能允许传送到i+1或i-1的位置，需要确保这些位置在合法范围内（比如1到n之间）。 最后，优化方面可能需要剪枝，比如当当前路径长度已经无法超过已知的最大值时，提前终止该分支的搜索。或者使用动态规划来记录每个位置在是否使用魔法的情况下的最大路径长度，避免重复计算。</think>### 蓝桥杯“传送阵”算法题解析 #### 问题核心 题目要求通过传送门时尽可能遍历所有传送门，起始点任意。传送规则为：从传送门$i$传送到$a[i]$，若重复进入同一传送门，则必须使用魔法（魔法只能使用一次），此时可选择向左或向右传送。需计算**最大传送次数**（即经过的传送门数量）[^2]。 --- ### 解法思路 #### 1. 路径遍历与重复判断 - **数组标记法**：用数组`b[]`记录传送门的访问次数，`b[i] = 0`表示未访问，`b[i] >= 1`表示重复。 - **魔法分支处理**：当重复访问时，使用魔法后分为两个分支： - **分支1**：向右传送到`i + 1`（需判断是否越界）。 - **分支2**：向左传送到`i - 1`（需判断是否越界）。 - **独立状态标记**：使用两个数组`b[]`和`c[]`分别标记**未使用魔法**和**已使用魔法**的路径状态，避免干扰。 #### 2. 算法框架 ```python def max_transmissions(a): n = len(a) max_steps = 0 for start in range(1, n + 1): # 遍历所有起始点 used_magic = False steps = 0 current = start visited = [0] * (n + 1) # 标记未使用魔法的访问状态 magic_visited = [0] * (n + 1) # 标记使用魔法后的访问状态 while True: if not used_magic: if visited[current] >= 1: # 触发魔法 used_magic = True # 分支1：向右 next1 = current + 1 if next1 <= n and magic_visited[next1] == 0: current = next1 magic_visited[current] += 1 steps += 1 # 分支2：向左（需同时处理） next2 = current - 1 if next2 >= 1 and magic_visited[next2] == 0: # 需要比较两种分支的结果，取最大值 # 此处可递归或迭代处理分支 else: visited[current] += 1 current = a[current - 1] # a数组索引从0开始 steps += 1 else: if magic_visited[current] >= 1: # 魔法已用，仍重复则终止 break else: magic_visited[current] += 1 current = a[current - 1] steps += 1 # 更新最大值 max_steps = max(max_steps, steps) return max_steps ``` #### 3. 关键优化点 - **分支处理**：魔法使用后的两种路径需分别计算，取最大值。 - **状态隔离**：用`visited`和`magic_visited`区分是否使用魔法，避免逻辑混淆。 - **循环终止条件**：当魔法已用且再次遇到重复时终止循环。 --- ### 示例分析 假设传送门数组为$a = [2, 3, 1]$（对应1-based索引）： 1. **起始点1**：路径为$1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$（触发魔法，向右到4越界，向左到0越界，终止）。 2. **使用魔法后**：若向右到$i+1=4$（越界无效），向左到$i-1=0$（越界），路径长度为3。 3. **最大值**：最终取所有起始点的最大值。 --- ###
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