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感悟总结
蓝桥杯有大量dfs题，第三题振兴中华，第九题剪格子，第十题大臣的旅费，再往大了说，第六题逆波兰表达式也是递归，
接下来就是比较重要的就是字符串处理，基本二、四，五，七都要用到字符串处理！第八题买不到的数目是一道难题，建议把拓展欧几里得好好看一下！
本文有自己的思路，也有对网络上思路的借鉴，但不保证百分百正确，如有错误不足，希望得到您的指正！
一、高斯日记（填空题）
大数学家高斯有个好习惯：无论如何都要记日记。
他的日记有个与众不同的地方，他从不注明年月日，而是用一个整数代替，比如：4210
后来人们知道，那个整数就是日期，它表示那一天是高斯出生后的第几天。这或许也是个好习惯，它时时刻刻提醒着主人：日子又过去一天，还有多少时光可以用于浪费呢？
高斯出生于：1777年4月30日。
在高斯发现的一个重要定理的日记上标注着：5343，因此可算出那天是：1791年12月15日。
高斯获得博士学位的那天日记上标着：8113 请你算出高斯获得博士学位的年月日。提交答案的格式是：1799-07-16,例如：1980-03-21
请严格按照格式，通过浏览器提交答案。
注意：只提交这个日期，不要写其它附加内容，比如：说明性的文字。
如果基础不太好
这道填空题没必要全部编程，只要计算大致年份即可。题目没有明确告诉高斯出生那天是第一天还是出生之后的下一天是第一天，所以我们需要用高斯重要定理的那天验算！
- 首先算出出生年的剩余天数，1777年是平年，2月只有28天，365-31-28-31-30=245天，
- 再用下面计算平闰年的模板计算到1790年，结果为4993，再加上1791年时12月15日的天数，1791是平年，365-16=349天，验算349+4993=5342，和高斯重要定理差一天。说明高斯出生的那天就算第一天，所以出生年的天数为246天！
- 接下来计算8113在那两年的年份区间，用下面程序，只需更改i的值就可，发现为1798年天数为7916，1799年天数为8281。所以高斯取得博士学位在1799年。
- 再计算1799年的具体日期，用8113-7916=197天，1799年是平年，二月有28天，197-31-28-31-30-31-30=16天，所以结果为1799年7月16日
输出为1799-07-16
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int sum;
for (int i = 1778; i <= 1790; i++) {
if (i % 400 == 0 || i % 4 == 0 && i % 100 != 0) {
sum += 366;}
else {
sum += 365;}
}
cout << sum+246 << endl;
return 0;
}
直接打表循环也很简单，注意输出格式
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int months[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main()
{
int y=1777,m=4,d=30;
for(int i=1;i<=8113;i++)
{
if(y%400==0||y%4==0&&y%100!=0)
{
if(m==2&&d>29){
m++,d=1;
}
else if(m!=2&&d>months[m])
m++,d=1;
}
else if(d>months[m]) m++,d=1;
if(m>12) y++,m=1;
d++;
}
cout<<y<<"-"<<m<<"-"<<d-1<<endl;
return 0;
}
二、排它平方数（填空题）
小明正看着 203879 这个数字发呆。 原来，203879 * 203879
= 41566646641这有什么神奇呢？仔细观察，203879 是个6位数，并且它的每个数位上的数字都是不同的，并且它平方后的所有数位上都不出现组成它自身的数字。具有这样特点的6位数还有一个，请你找出它！
再归纳一下筛选要求：
-
6位正整数
-
每个数位上的数字不同
-
其平方数的每个数位不含原数字的任何组成数位
答案是一个6位的正整数。
请通过浏览器提交答案。
注意：只提交另一6位数，题中已经给出的这个不要提交。
注意：不要书写其它的内容（比如：说明性的文字）。
唯一需要注意就是long long 记得要强制转换
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool st[10];
int main()
{
for(int i=100000;i<=999999;i++)
{
int t=i;
bool judge1=false;
bool judge2=false;
memset(st,false,sizeof st);
while(t)
{
if(st[t%10]==true)
{
judge1=true;
break;
}
st[t%10]=true;
t/=10;
}
if(judge1==true) continue;
else
{
long long pf=(long long)i*i;
while(pf)
{
if(st[pf%10]==true){
judge2=true;
break;
}
pf/=10;
}
}
if(judge2==false)
{
long long temp=(long long)i*i;
cout<<i<<"----"<<temp<<endl;
}
}
return 0;
}
三、振兴中华（填空题）
小明参加了学校的趣味运动会，其中的一个项目是：跳格子。
地上画着一些格子，每个格子里写一个字，如下所示：（也可参见p1.jpg）
从我做起振
我做起振兴
做起振兴中
起振兴中华
比赛时，先站在左上角的写着“从”字的格子里，可以横向或纵向跳到相邻的格子里，但不能跳到对角的格子或其它位置。一直要跳到“华”字结束。要求跳过的路线刚好构成“从我做起振兴中华”这句话。请你帮助小明算一算他一共有多少种可能的跳跃路线呢？
答案是一个整数，请通过浏览器直接提交该数字。
注意：不要提交解答过程，或其它辅助说明类的内容。
将格子的文字用数字代表：
从-0
我-1
做-2
起-3
振-4
兴-5
中-6
华-7
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans;
int maze[5][5]={0,1,2,3,4,1,2,3,4,5,2,3,4,5,6,3,4,5,6,7};
void dfs(int x,int y,int d)
{
if(maze[x][y]!=d) return;
if(maze[x][y]==d&&d==7) ans++;
else{
if(x+1<5) dfs(x+1,y,d+1);
if(y+1<5) dfs(x,y+1,d+1);
}
}
int main()
{
dfs(0,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
//运行结果：35
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int maze[5][5]={0,1,2,3,4,
1,2,3,4,5,
2,3,4,5,6,
3,4,5,6,7};
bool vis[5][5];
int ans=0;
int dx[]={-1,0,1,0};
int dy[]={0,1,0,-1};
bool in(int x,int y)
{
return x>=0&&x<4&&y>=0&&y<5;
}
void dfs(int x,int y,int q)
{
if(q>7) return;
if(x==3&&y==4) ans++;
vis[x][y]=true;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=x+dx[i];
int yy=y+dy[i];
if(in(xx,yy)&&maze[x][y]+1==maze[xx][yy]&&vis[xx][yy]==false)
dfs(xx,yy,q++);
}
vis[x][y]=false;
}
int main()
{
dfs(0,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
四、颠倒的价牌（填空题）
小李的店里专卖其它店中下架的样品电视机，可称为：样品电视专卖店。其标价都是4位数字（即千元不等）。
小李为了标价清晰、方便，使用了预制的类似数码管的标价签，只要用颜色笔涂数字就可以了（参见p1.jpg）。
这种价牌有个特点，对一些数字，倒过来看也是合理的数字。如：1 2 5 6 8 9 0 都可以。这样一来，如果牌子挂倒了，有可能完全变成了另一个价格，比如：1958
倒着挂就是：8561，差了几千元啊!!
当然，多数情况不能倒读，比如，1110 就不能倒过来，因为0不能作为开始数字。
有一天，悲剧终于发生了。某个店员不小心把店里的某两个价格牌给挂倒了。并且这两个价格牌的电视机都卖出去了!
庆幸的是价格出入不大，其中一个价牌赔了2百多，另一个价牌却赚了8百多，综合起来，反而多赚了558元。
请根据这些信息计算：赔钱的那个价牌正确的价格应该是多少？
答案是一个4位的整数，请通过浏览器直接提交该数字。
注意：不要提交解答过程，或其它辅助说明类的内容。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[4];
int main()
{
cout<<"原价"<<" "<<"颠倒的价钱"<<" "<<"差价"<<" "<<"对应另一个差价"<<endl;
for(int i=1000;i<=9999;i++)
{
bool judge1=false;
int judge2=0;
int t=i;
for(int j=0;j<4;j++){
if(t%10!=1&&t%10!=2&&t%10!=5&&t%10!=6&&t%10!=8&&t%10!=9&&t%10!=0) judge1=true;
if((t>999)&&t%10==0) judge1=true;
a[j]=t%10;
t/=10;
}
for(int k=0;k<4;k++)
if(a[k]!=6&&a[k]!=9) judge2++;
if(judge1==true||judge2>=4) continue;
else{
for(int q=0;q<4;q++)
{
if(a[q]==6) a[q]=9;
else if(a[q]==9) a[q]=6;
}
int q1=1000*a[0]+100*a[1]+10*a[2]+a[3];
int cha=i-q1;
if(cha>-299&&cha<-200&&abs(cha)+558>800&&abs(cha)+558<900) cout<<q1<<" "<<i<<"\t "<<cha<<"\t"<<abs(cha)+558<<endl;
if(cha<900&&cha>800&&cha-558>200&&cha-558<299) cout<<i<<" "<<q1<<"\t "<<cha<<"\t"<<cha-558<<endl;
}
}
return 0;
}
/*运行结果：
原价 颠倒的价钱 差价 对应另一个差价
1901 1061 840 282
2161 1912 -249 807
2902 2062 840 282
6085 5809 -276 834
5905 5065 840 282
6165 5919 -246 804
6025 5209 816 258
6529 6259 -270 828
6859 6589 -270 828
6909 6069 840 282
9088 8806 -282 840
8908 8068 840 282
9168 8916 -252 810
9028 8206 822 264
9526 9256 -270 828
9856 9586 -270 828
9906 9066 840 282
*/
可以看出赔钱的那个是唯一答案，赔钱对应-282，赚钱对应840，所以赔钱那个对应的原价为9088
五、前缀判断（代码补充）
如下的代码判断 needle_start指向的串是否为haystack_start指向的串的前缀，如不是，则返回NULL。
比如：“abcd1234” 就包含了 “abc” 为前缀
char* prefix(char* haystack_start, char*needle_start)
char*haystack = haystack_start;
char*needle = needle_start;
while(*haystack&& *needle)
if(___*(hatstack++)!=*(needle++)______) return NULL; //填空位置
if(*needle)return NULL;
return haystack_start;
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交。
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！
思路：
while(*haystack&& *needle) 表示两个指针都没有越界
指针肯定要向后移动，并且给的代码并没有判断是否相等，
所以填空处一定是指针向后移动并判断
六、逆波兰表达式（代码补充）
正常的表达式称为中缀表达式，运算符在中间，主要是给人阅读的，机器求解并不方便。
例如：3 + 5 * (2 + 6) - 1
而且，常常需要用括号来改变运算次序。
相反，如果使用逆波兰表达式（前缀表达式）表示，上面的算式则表示为：
-+ 3 * 5 + 2 6 1
不再需要括号，机器可以用递归的方法很方便地求解。
为了简便，我们假设：
-
只有 + - * 三种运算符
-
每个运算数都是一个小于10的非负整数
下面的程序对一个逆波兰表示串进行求值。
其返回值为一个结构：其中第一元素表示求值结果，第二个元素表示它已解析的字符数。
struct EV
{ int result; //计算结果
int n; //消耗掉的字符数
};
struct EV evaluate(char* x)
{
structEV ev = {0,0};
structEV v1;
structEV v2;
if(*x==0)return ev;
if(x[0]>='0'&& x[0]<='9'){
ev.result = x[0]-'0';
ev.n = 1;
return ev;
}
v1= evaluate(x+1);
v2= _ evaluate(x+1+v1.n)____; //填空位置
if(x[0]=='+')ev.result = v1.result + v2.result;
if(x[0]=='*')ev.result = v1.result * v2.result;
if(x[0]=='-')ev.result = v1.result - v2.result;
ev.n= 1+v1.n+v2.n;
return ev;
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码，通过网页提交。
注意：仅把缺少的代码作为答案，千万不要填写多余的代码、符号或说明文字！！
思路：
if(*x==0) return ev;递归出口，解析到最后了
实际上V1到3就返回结果了，接下来V2就开始计算了，我们可以推测应该是V2从V1原本的偏移量加上它的消耗量开始运算。
填空部分为 evaluate(x+1+v1.n)
七、错误票据
某涉密单位下发了某种票据，并要在年终全部收回。 每张票据有唯一的ID号。全年所有票据的ID号是连续的，但ID的开始数码是随机选定的。 因为工作人员疏忽，在录入ID号的时候发生了一处错误，造成了某个ID断号，另外一个ID重号。
你的任务是通过编程，找出断号的ID和重号的ID。假设断号不可能发生在最大和最小号。
要求程序首先输入一个整数N(N<100)表示后面数据行数。接着读入N行数据。每行数据长度不等，是用空格分开的若干个（不大于100个）正整数（不大于100000）
每个整数代表一个ID号。
要求程序输出1行，含两个整数m n，用空格分隔。其中，m表示断号ID，n表示重号ID
用户输入：
2
5 6 8 11 9
10 12 9
则程序输出：7 9
用户输入：
6
164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196
172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158
128 102 110 148 139 157 140 195 197
185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145116 151 143 175 120 161 134 162 190
149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144166 170 121 171 132 101 194 187 188
113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186181 100 163 160 167 147 198 111 119
则程序输出：
105 120
这道题思路很简单，难点在输入时候的字符串处理,还要注意输出格式，断号和重号的位置不确定，所以要将他们存起来最后统一输出。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N=1e5+10;
int Min=100000,Max=0;
int n,t,p,q;
int main()
{
int cnt[N];
cin>>n;getchar();
while(n--)
{
while(cin>>t)
{
cnt[t]++;
Max=max(Max,t);
Min=min(Min,t);
}
}
for(int j=Min;j<=Max;j++)
{
if(cnt[j]==2) p=j;
else if(cnt[j]==0) q=j;
}
cout<<q<<" "<<p<<endl;
return 0;
}
八、买不到的数目
小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
要求输入：两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)
要求输出：一个正整数，表示最大不能买到的糖数，不需要考虑无解的情况
用户输入：4 7
程序应该输出：17
用户输入：3 5
程序应该输出：7
实际上这道题是扩展欧几里得。
- 不定方程ax+by=C，如果a，b互质，那么一定有解，且解的数目无穷。a,b就是输入即几个一包，x,y表示买的个数，x,y不能是负数。
- 不定方程C是gcd（x，y）的倍数，方程一定有解，且解的数目无穷。
由于本题条件的限制，一定有解，那么可以推出a，b互质。
有一个直接的数学结论：如果a，b互质，并且x，y均大于等于0，那么该不定方程，无解的最大数为a*b-a-b。（可以直接记住）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<a*b-a-b<<endl;
return 0;
}
如果不知道上面的数学定理，用暴力法也能解决
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
set<int> s;
int a,b;
scanf("%d %d",&a,&b);
for(int x=0;a*x<=a*b;++x)
for(int y=0;a*x+b*y<=a*b;++y)
s.insert(s.end(),a*x+b*y);//将出现的可能放在set集合中
for(int j=a*b;j>0;j--){//倒序
if(s.find(j)==s.end()){ //如果在set集合中找不到
printf("%d ",j);
break;
}
}
return 0;
}
九、剪格子
如图p1.jpg所示，3 x 3 的格子中填写了一些整数。
我们沿着图中的红色线剪开，得到两个部分，每个部分的数字和都是60。
本题的要求就是请你编程判定：对给定的m x n 的格子中的整数，是否可以分割为两个部分，使得这两个区域的数字和相等。 如果存在多种解答，请输出包含左上角格子的那个区域包含的格子的最小数目 。如果无法分割，则输出 0
程序输入输出格式要求：
程序先读入两个整数 m n 用空格分割 (m,n<10)，表示表格的宽度和高度接下来是n行，每行m个正整数，用空格分开。每个整数不大于10000
程序输出：在所有解中，包含左上角的分割区可能包含的最小的格子数目。
用户输入：
10 1 52
20 30 1
则程序输出：3
用户输入：
1 30 80 2
1 1 1 100
则程序输出：10
(参见p2.jpg)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int g[10][10];//储存数组
int vis[10][10];//标记数组
int total;
int ans=100;
int dx[]={-1,0,1,0};
int dy[]={0,1,0,-1};
bool check(int x,int y)
{
return x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m;
}
void dfs(int i,int j,int sum,int dpt){
//递归出口
if(sum>total/2) return;
if(sum==total/2){
ans=min(ans,dpt);
return;
}
vis[i][j]=1;//先将这个位置标记，避免死循环
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=i+dx[];
int yy=i+dy[];
if(check(xx,yy)&&vis[xx][yy]==0)
{
dfs(xx,yy,sum+g[i][j],dpt+1);
}
}
vis[i][j]=0;//恢复现场
}
int main(){
scanf("%d %d",&m,&n);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
scanf("%d",&g[i][j]);
total+=g[i][j];
}
}
dfs(0,0,0,0);
if(ans!=100) cout<<ans<<endl;
else cout<<0<<endl;
return 0;
}
十、大臣的旅费
很久以前，T王国空前繁荣。为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。
为节省经费，T国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。
J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了J最常做的事情。他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。
聪明的J发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x千米到第x+1千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。
J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？
输入格式：
输入的第一行包含一个整数n，表示包括首都在内的T王国的城市数
城市从1开始依次编号，1号城市为首都。
接下来n-1行，描述T国的高速路（T国的高速路一定是n-1条）
每行三个整数Pi, Qi,Di，表示城市Pi和城市Qi之间有一条高速路，长度为Di千米。
输出格式:
输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。
样例输入:
5
1 2 2
1 3 1
2 4 5
2 5 4
样例输出:
135
树型dp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
typedef long long LL;
int n,a,b,c;
int e[N*2],w[N*2],ne[N*2],h[N],idx;
LL ans;
void add(int a,int b,int c)
{
e[idx]=b;
w[idx]=c;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
LL dfs(int u,int father)
{
LL dist=0;
LL d1=0,d2=0;
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(j==father) continue;
else
{
LL d=dfs(j,u)+w[i];
dist=max(dist,d);
if(d>d1) d2=d1,d1=d;
else if(d>d2) d2=d;
}
}
ans=max(ans,d1+d2);
return dist;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a>>b>>c;
add(a,b,c);
add(b,a,c);
}
dfs(1,-1); //-1是没有父节点的意思
ans=(21+ans)*ans/2; //等差数列前n项和公式
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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