2024年第十五届蓝桥杯C/C++C组题目全解首发(AK)

五一假期，记vp一场c++c组的题目..

A: 拼正方形（结果填空）

题意：给a个2*2的方格，b个1*1的方格，问能凑成的最大正方形边长；

思路：4a+1b开根号就是答案，前提是b得是偶数且是四的倍数，不妨先将b个1*1的方格凑成2*2的，然后2*2的格子数*4后开方，就是答案；

答案：5435122

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B: 劲舞团（结果填空）

题意：给2000行记录，求最长连续匹配数，匹配是指：当前记录中 第一二个字符一样 且和上一条记录（同匹配）之间的时间戳差值小于1s；

思路：略

答案：9

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C: 数字诗意

题意：给一个数列，问数列中有多少个数是属于一个前n项和的结果(n>=2)。

思路：数据范围显然不可能是枚举和，很可能需要位运算，如图，打表找规律，发现只有2的整数次幂才不满足，2的54次方刚好大于了的数据范围1e16, 所以只需要对枚举54位，数列中恰好等于k次方的数的个数就是答案。

复杂度：O(N)

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int m,res = 0; cin >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
		ll x; cin >> x;
		for (int j = 0; j <= 54; j ++){
			if (x == pow(2,j)) res ++;
		}
	}
	cout << res <<"\n";

	return 0;
}

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D: 封闭图形个数

题意：给10以内数字加一个基础属性，0，4，6，9数字属性值是1，8的属性值是2，1，2，3，5，7的属性值是0，现给一个数列，要求按照属性值大小排序，若属性值大小相同，则输出数字本身大小

思路：结构体基础知识，重构小于号(手写sort的cmp也可以)，直接把一个数字按数位拆出来然后叠加属性值就可以了，最后将数列按从小到大顺序输出。

复杂度：O(N)

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int n;
const int N = 2e5+10;
struct Nod{
	int w;
	bool operator < (const Nod &k) {
		int r1=0,r2=0;
		int m1 = w, m2 = k.w;
		while (m1){
			int x = m1%10;
			r1+=((x==0)||(x==4)||(x==6)||(x==9));
			r1+=((x==8)*2);
			m1/=10;
		}
		while (m2){
			int x = m2%10;
			r2+=((x==0)||(x==4)||(x==6)||(x==9));
			r2+=((x==8)*2);
			m2/=10;
		}
		if (r1==r2) return w < k.w;
		return r1 < r2;
	}
}arr[N];

int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n;	
	for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> arr[i].w;
	sort(arr+1, arr+n+1);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) cout << arr[i].w << " ";
	return 0;
}

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E:回文数组

题意：给一个数列，有两个操作，一是将单个数字+1或-1，二是将相邻的两个数字同时+1或者-1，问最后将其修改为回文数列的最小修改次数。

思路：回文相关的问题一般都具有对称性，考虑第i个数和考虑第n-i+1个数问题一样，可以忽略后者，因此这里只需要处理前一半。贪心，假设现在处理的第j个数与第n-j+1个数的差值 和 即将处理的第j+1个数与第n-(j+1)+1个数的差值同号，那么就可以用操作二一次性处理，剩下的就只能是操作1了。

复杂度：O(N)

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+10;
ll a[N],p[N];
ll res = 0;
int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n; cin >> n;	
	for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
	for (int i = 1, j = n; i < j; i ++, j --) p[i] = a[j] - a[i];
	for (int i = 1; i <= n/2; i ++){
		res += abs(p[i]); // 异号单独加
		if (p[i]>0 && p[i+1]>0) p[i+1]-=min(p[i],p[i + 1]); // 同号一起处理
		if (p[i]<0 && p[i+1]<0) p[i+1]-=max(p[i],p[i + 1]);
	}
	cout << res << "\n";
	return 0;
}

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F: 商品库存管理

题意：给一个全0数列，有m次操作，每次给数列中一段区间+1，求分别撤销第i次操作后，数列中0的个数。

思路：差分+前缀和。先差分所有操作，然后记录一下当前数列当中0的个数r0，因为差分后是0的数，无论撤销哪一次操作，都不会变。随后，结合题意，假定撤销某次区间操作之后，那么也就意味着在这个区间操作被撤销之前必定是1，显然，问题可以转化为：求m个区间当中1的个数。将差分后的数组中的1拎出来做前缀和，然后分别算每个操作区间当中1的个数就可以了，记得每次都要加上r0。

复杂度：O(M+N)

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m;
const int N = 300010;
typedef pair<int,int> PII;
PII ts[N];
int bs[N]，pre[N]; 
int ret = 0; 
int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> m;	
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
		cin >> ts[i].first >> ts[i].second; 
		bs[ts[i].first]++,bs[ts[i].second+1]--;
	}
	for (int i =1;i<=n;i++) bs[i]+=bs[i-1], ret += (bs[i]==0); 
	for (int i =1;i<=n;i++) pre[i]+=pre[i-1]+(bs[i]==1);
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
		int l = ts[i].first, r = ts[i].second; 
        cout << pre[r]-pre[l-1]+ret <<"\n";
	}
	return 0;
}

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G: 挖矿

题意：在一维数轴上，给若干个指定坐标x和m，从起始点出发，每次可以朝左边/右边走一个单位，问不超过距离m最多能走到多少个不同的指定坐标。

思路：先预处理一个往左右两边走分别能包含坐标数的前缀和，g[0][i]表示从起始点往左走i个单位长度能包含多少个指定坐标，g[1][i]表示从起始点往右走i个单位长度能包含多少个指定坐标。

        接着分析，假设有(小于0的情况也一样，对称的),若能被包含到答案里面，那么一定是从走过来，而不可能从走过来，这里也不难证明，假设从到的路线是优的，那从起始点出发到是优的、从起始点到也是优的，显然与前一命题产生矛盾，所以每一个指定坐标只需要考虑是否能从比自己小的坐标走过来。

        其次讨论不同情况：情况1：从起始点一直往左走能找到解，答案就是g[0][m]；情况2是情况1的镜像，答案是g[1][m]; 情况3：从起始点往左走i个单位，然后往回到起点再往右走()个单位；情况4也是情况3的镜像。

        可以发现，情况1、2其实是可以和3、4合并的(情况3、4枚举往左/右走的单位长度，当单位长度是m的时候其实就是情况1和2，能往反方向走当且仅当)。

复杂度：O(N)

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m;
const int N = 1e5+10, M = 2e6 + 10;
typedef long long ll;
ll g[2][M];

int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> m;	
	for (int i = 1; i <= n; i ++){
		int x;cin>>x;
		if (x<0)  g[0][-x]=1;
		if (x>=0)  g[1][x]=1;
	}

	// 前缀和 往左右走i步有多少个宝石
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		g[0][i]+=g[0][i-1];
		g[1][i]+=g[1][i-1];
	}
	
	ll Lres = 0;
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
		ll dis = g[0][i];
		if (m-2*i>0) dis += g[1][m - 2*i];
		Lres = max(Lres,dis);
	}

	ll Rres = 0;
	for (int i = 1; i <= m; i ++){
		ll dis = g[1][i];
		if (m-2*i>0) dis += g[0][m - 2*i];
		Rres = max(Rres,dis);
	}
	
	cout << max(Lres,Rres) << "\n";
	
	return 0;
}

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H: 回文字符串

题意：给一个字符串，可以在开头处加入任意数目个指定字符l/q/b，问能否将字符串转化为一个回文字符串。

思路：基础题实锤。既然能在字符串前面加入任意数目个l/q/b，那字符串最后面的l/q/b完全可以忽略，因为一定可以配对，问题转化为：删掉给定字符串最后面的l/q/b字符，问剩下的字符是否是回文串，评测一共是10组数据，一组字符串长度最大是1e6，也就是1e7的复杂度，On可以随便写，同时从两边遍历中间，发现对应不上就直接停止。

复杂度：O(N)

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
void solve(){
	string s; cin >> s;
	int pos = s.length()-1;
	for (; pos; pos --){
		if (s[pos]!='l' && s[pos] !='q' && s[pos]!='b') break;
	}
	string tmp = s.substr(0, pos+1); // 去掉后面那一串前面可以任意堆叠的 
	bool fg = true;
	for (int i = 0,j = tmp.length()-1; i <= j; i ++, j --){ // 看看剩下的是不是回文串就可以了 复杂度On 1E7数据1秒随便跑
		if (tmp[i] != tmp[j]){
			fg = false; 
			break;
		}
	}
	cout << (fg ? "Yes" : "No") << "\n";
}

int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int t; cin >> t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

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Finally:测评成绩

以上仅为oj平台的测评结果（ 评测OJ:首页 - DashOJ），若有最优解或者Hack数据欢迎在评论区讨论；

最后的最后，祝大家五一假期快乐！