本文介绍了第十一届蓝桥杯省赛C/C++ A组的四道编程题目，包括解码问题、走方格路径计算、整数拼接求方案数以及超级胶水问题的最少胶水量计算。同时，涉及网络分析中信息传播的计算。每道题目均提供了输入输出格式、样例及解题思路。
第六题：解码
题目描述
小明有一串很长的英文字母，可能包含大写和小写。
在这串字母中，有很多连续的是重复的。
小明想了一个办法将这串字母表达得更短：将连续的几个相同字母写成字母 + 出现次数的形式。
例如，连续的 5 个 a，即 aaaaa，小明可以简写成 a5（也可能简写成 a4a、aa3a 等）。
对于这个例子：HHHellllloo，小明可以简写成 H3el5o2。
为了方便表达，小明不会将连续的超过 9 个相同的字符写成简写的形式。
现在给出简写后的字符串，请帮助小明还原成原来的串。
输入格式 输入一行包含一个字符串。
输出格式 输出一个字符串，表示还原后的串。
样例输入 H3el5o2
样例输出 HHHellllloo
数据范围 对于所有评测用例，字符串由大小写英文字母和数字组成，长度不超过100。 请注意原来的串长度可能超过 100。
代码
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
int main()
{
string s,ans="";
cin>>s;
char pre;
for(int i=0; i<s.length(); i++){
if(s[i]>='2'&&s[i]<='9'){
int temp = s[i]-'0' -1;
for(int j=0; j<temp; j++){
ans+=pre;
}
}else{
ans += s[i];
pre = s[i];
}
}
cout<< ans <<endl;
return 0;
}
第七题：走方格
问题描述
在平面上有一些二维的点阵。
这些点的编号就像二维数组的编号一样。
从上到下依次为第 1 至第 n 行，从左到右依次为第 1 至第 m 列，每一个点可以用行号和列号来表示。
现在有个人站在第 1 行第 1 列，要走到第 n 行第 m 列。只能向右或者向下走。
注意，如果行号和列号都是偶数，不能走入这一格中。
问有多少种方案。
输入格式 输入一行包含两个整数 n，m。
输出格式 输出一个整数，表示答案。
样例输入1： 3 4
样例输出1 2
样例输入2： 6 6
样例输出2 0
数据范围 1 ≤ n ≤ 30, 1 ≤ m ≤ 30。
思路
dp[i][j]:表示从（1,1）到（n,m）的方案数
代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 35;
int dp[N][N]={0};//初始化
int main()
{
int n,m;
cin >> n >> m;
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=1; j<=m; j++){
if(i%2==0 && j%2==0) continue;//都是偶数就跳过
else if(i==1||j==1)dp[i][j] = 1;
//初始值，如果在第一行或第一列都只能一种方案
//因为在第一行只能向右走，在第一列只能向下走
else{
dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
//状态转移方程，第（i,j）个位置的方案数等于它上方和左方的方案数之和
}
}
}
cout << dp[n][m] << endl;
return 0;
}
第八题 整数拼接
题目描述
给定一个长度为 n 的数组 A1,A2,⋅⋅⋅,An。
你可以从中选出两个数 Ai 和 Aj(i 不等于 j)，然后将 Ai 和 Aj 一前一后拼成一个新的整数。
例如 12 和 345 可以拼成 12345 或 34512。
注意交换 Ai 和 Aj 的顺序总是被视为 2 种拼法，即便是 Ai=Aj 时。
请你计算有多少种拼法满足拼出的整数是 K 的倍数。
输入格式 第一行包含 2 个整数 n 和 K。
第二行包含 n 个整数 A1,A2,⋅⋅⋅,An。
输出格式 一个整数代表答案。
数据范围 1≤n≤105, 1≤K≤105, 1≤Ai≤109 输入样例： 4 2 1 2 3 4 输出样例： 6
代码
暴力循环O(n^n)
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
int arr[N];
int main()
{
int n,k;
cin>> n >> k;
for(int i=0; i<n; i++) cin>> arr[i];
ll cnt = 0;
for(int i=0; i<n-1; i++){
for(int j=i+1; j<n; j++){
if(arr[i]%k==0 && arr[j]%k==0) cnt+=2;
else{
ll p1 = to_string(i).size(), p2 = to_string(j).size();//或用(int)log10(i)+1
ll num1 = arr[i]*ll(pow(10,p2)) + arr[j];
ll num2 = arr[j]*ll(pow(10,p1)) + arr[i];
if(num1%k == 0) cnt++;
if(num2%k == 0) cnt++;
}
}
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
优化O(n*log10n)
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
int arr[N];
int b[11][N];
ll ans=0;
int n,k;
void solve()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
ans+=b[to_string(arr[i]).size()][(k-arr[i]%k)%k];
for(int j=1,mul=10;j<11;j++)
{
b[j][(arr[i]%k*1ll*mul%k)%k]++;
mul=mul*10%k;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=0; i<n; i++) scanf("%d",&arr[i]);
solve();
reverse(arr,arr+n);
memset(b,0,sizeof b);
solve();
cout<< ans <<endl;
return 0;
}
第九题 超级胶水(DP)
题目描述
小明有 n 颗石子，按顺序摆成一排。
他准备用胶水将这些石子粘在一起。
每颗石子有自己的重量，如果将两颗石子粘在一起，将合并成一颗新的石子，重量是这两颗石子的重量之和。
为了保证石子粘贴牢固，粘贴两颗石子所需要的胶水与两颗石子的重量乘积成正比，本题不考虑物理单位，认为所需要的胶水在数值上等于两颗石子重量的乘积。
每次合并，小明只能合并位置相邻的两颗石子，并将合并出的新石子放在原来的位置。
现在，小明想用最少的胶水将所有石子粘在一起，请帮助小明计算最少需要多少胶水。
输入格式 输入的第一行包含一个整数 n，表示初始时的石子数量。
第二行包含 n 个整数 w1,w2,…,wn，依次表示每颗石子的重量。
输出格式 一个整数表示答案。
数据范围 1≤n≤105, 1≤wi≤1000 输入样例1： 3 3 4 5 输出样例1： 47 输入样例2： 8 1 5 2 6 3 7
4 8 输出样例2： 546
思路
写出状态转移方程的瞬间，泪流满面。
付出总会有收获，加油！😆
dp[i]表示从 0 到 i ([0…i])的前i+1个石子所需要的胶水数
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N =1e5 + 10;
ll dp[N]; //dp[i]表示前i+1个石子所需要的胶水数[0...i]
int w[N];//w[i]表第i个石子的重量
ll qw[N];//qw[i]前i+1个石子的重量
int main()
{
int n,temp;
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i<n; i++){
scanf("%d", &w[i]);
if(i==0) qw[i] = w[i];
else qw[i] = qw[i-1]+w[i];
}
//边界
dp[0]= 0;
dp[1] = w[0]*w[1];
for(int i=2; i<=n; i++){
//状态转移方程，第i个石子有两种情况，
//一种是与第i-1石子粘贴再与前i-1大整体（[0...i-1）粘贴，
//另一种是与前i个大整体粘贴[0...i-1]
//注意它们所需要的胶水数是要重量相乘的，而合成的大石子的重量是两个小石子重量相加的
dp[i] = min( w[i]*w[i-1] + (w[i]+w[i-1])*qw[i-2] + dp[i-2],qw[i-1]*w[i] + dp[i-1] );
}
printf("%d",dp[n]);
return 0;
}
第十题网络分析
小明正在做一个网络实验。
他设置了 n 台电脑，称为节点，用于收发和存储数据。
初始时，所有节点都是独立的，不存在任何连接。
小明可以通过网线将两个节点连接起来，连接后两个节点就可以互相通信了。
两个节点如果存在网线连接，称为相邻。
小明有时会测试当时的网络，他会在某个节点发送一条信息，信息会发送到每个相邻的节点，之后这些节点又会转发到自己相邻的节点，直到所有直接或间接相邻的节点都收到了信息。
所有发送和接收的节点都会将信息存储下来。
一条信息只存储一次。
给出小明连接和测试的过程，请计算出每个节点存储信息的大小。
输入格式 输入的第一行包含两个整数 n,m，分别表示节点数量和操作数量。
节点从 1 至 n 编号。
接下来 m 行，每行三个整数，表示一个操作。
如果操作为 1 a b，表示将节点 a 和节点 b 通过网线连接起来。当 a = b 时，表示连接了一个自环，对网络没有实质影响。
如果操作为 2 p t，表示在节点 p 上发送一条大小为 t 的信息。 输出格式 输出一行，包含 n
个整数，相邻整数之间用一个空格分割，依次表示进行完上述操作后节点 1 至节点 n 上存储信息的大小。数据范围 1≤n≤10000, 1≤m≤105, 1≤t≤100
代码
bfs(超时）
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e4+10;
bool vis[N]={false};
struct Node{
int val;
vector<int> Adj;
}nodes[N];
void bfs(int &index,int &v){
queue<int> q;
q.push(index);
vis[index]=true;
while(!q.empty()){
int top = q.front();
q.pop();
nodes[top].val += v;
for(int i=0; i<nodes[top].Adj.size(); i++){
if(vis[nodes[top].Adj[i]]==false){
q.push(nodes[top].Adj[i]);
vis[nodes[top].Adj[i]]=true;
}
}
}
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int num,first,second;
for(int i=0; i<m; i++){
scanf("%d%d%d",&num,&first,&second);
if(num==1){
if(first==second){
nodes[first].Adj.push_back(second);
}
else{
nodes[first].Adj.push_back(second);
nodes[second].Adj.push_back(first);
}
}else{
memset(vis,0,sizeof(vis));
bfs(first,second);
}
}
for(int i=1; i<=n; i++){
printf("%d",nodes[i].val);
if(i<n) printf(" ");
}
return 0;
}
其他的解法之后再更新
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
