LJR的博客

题目题目链接题解我未曾设想的道路。我居然以为是高精度的矩阵快速幂，差点心态崩了，直接看了题解……1 ~ 50 打个表，发现到20，小数点后八位就不变了，所以……，解决。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 30;int main(){ LL n, f[N]; cin >> n; f[1] = f[2] = 1; for (int

题目题目链接题解动态规划。（有点像最长公共子序列）状态定义：dp[i][j]表示S前i个字符要想包含T前j个字符，需要经过的最少修改次数。转移方程：① S[i] == T[j]：此时无需进行变换，S前i个字符要想包含T前j个字符需要经过的最少修改次数就等于S前i-1个字符要想包含T前j-1个字符需要经过的最少修改次数，即dp[i][j] = dp[i-1][j-1]② S[i] != T[j]：两种情况转移而来。其一，为了让S前i个字符包含T前j个字符，我们只需要让让S前i-1个字符包含T

题目题目链接题解简单实现。学到新知识：卯（mao）兔，不是mou！代码#include<iostream>using namespace std;const int N = 1e4;string tian[10] = {"jia", "yi", "bing", "ding", "wu", "ji", "geng", "xin", "ren", "gui"};string dizhi[12] = {"zi", "chou", "yin", "mao", "chen", "si

题目题目链接题解数据结构。一开始以为要bfs，后来发现是完全二叉树，直接循环即可。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100100;int n, a[N], sum[N];int main(){ cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> a[i]; int max_dp = (int) log2(n),

题目添加链接描述题解实现题。这也很基础，写代码的时候细心点就行。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 55;int T, Q, n, sx, sy, tx, ty;string mp[N], op;int dx[] = {-1, 1, 0, 0};int dy[] = {0, 0, -1, 1};int main(){ cin>>T; while(T--) {

题目题目链接题解模拟。规定几个符号，SA→BS_{A\rightarrow B}SA→B​、EA→BE_{A\rightarrow B}EA→B​、SA←BS_{A\leftarrow B}SA←B​、EA←BE_{A\leftarrow B}EA←B​分别表示去程（A→BA\rightarrow BA→B）起、落时间和回程（A←BA\leftarrow BA←B）起、落时间，设 ddd 为两地时差（不妨假设 BBB 的时间比 AAA的时间快，举个例子来说就是 BBB 是中国，AAA 是美国，dd

题目题目链接题解BFS（+STL）最少次数，每次跳跃对次数的贡献都是1，完全可以抽象理解为最短路，所以采用BFS可以直接算出最短长度。状态转移存在四种，以题中给的状态为例，可以选择2跳到空处、1跳到空处、7跳到空处或8跳到空处。标记一下遇到过的状态，不要再加入队列中了。代码#include<bits/stdc++.h>#define PIV pair <int, vector <int> >using namespace std;int ans

题目题目链接题解DFS。比较基础，考查的是DFS判连通。二维空间DFS判连通模板代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;int n, idx;string a[N];int id[N][N]; // (i,j)属于第几块陆地int vis[N][N]; // 判断(i,j)这块地是否已经被淹没 int dir[2][4] = {-1, 1, 0, 0, 0, 0, -1,

题目题目链接题解DFS。八皇后问题改编而已，加入判断左上三格内和右上三格内是否存在皇后。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n, ans;int col[15], vis[15][15];bool check (int x, int y) { int tx = x, ty = y, cnt = 0; while (tx >= 0 && ty >= 0 && cn

题目题目链接题解贪心。贪心思路：将整个字符串视为若干段降序排列的子串，即从左边开始向右遍历，遇到逆序的就删除，再对新的串从头遍历找逆序，不停地重复整个过程是为了保证删除的尽可能靠前（贪心），如果整个字符串都顺序了，但是还要删，那么就从后面开始删，保留前面小的。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){ string s; int t; cin >> s; cin >&g

题目题目链接题解题目本身很简单，但是我想提醒几点：会推导出结论 2n−12^n-12n−1；特殊的输出方式.对于汉诺塔问题，存在递推公式：f(n)=2f(n−1)+1f(n)=2f(n-1)+1f(n)=2f(n−1)+1f(n)+1=2f(n−1)+2 f(n)+1f(n−1)+1=2 f(n)+1=2f(n-1)+2 \\ \space \\\frac{f(n)+1}{f(n-1)+1} = 2 \\ \space \\f(n)+1=2f(n−1)+2&nb

题目题目链接题解动态规划，或者找规律。找规律的话是斐波那契数列。动态规划的话也很简单，dp[i][0/1]表示前i个灯，第i个灯开或不开的方案数，转移方程为dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1]、dp[i][1] = dp[i-1][0]，最后输出dp[30][0] + dp[30][1]。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int dp[40][2]; // dp[i][0/1] 表示开

题目题目链接题解思维。以(3,3)处的交点为起点（索引从0开始，注意是交点，不是格子）向四个方向前进，到达的点要进行标记，同时也向相对的方向前进，也进行标记，直到遇到边界停止前进，计数，最后答案除以4。绿色和蓝色轨迹是按照相反的方向前进得到的。除以4是因为最终达到边界上下左右存在四种对称的情况，所以除以4。额外说几点：拿到这个题，我的思路是直接同时从左上角的格子和右下角的格子dfs，当全部格子都被标记，且该行走方案的上下对称、左右对称、中心对称等方案都没出现过时，统计该方案。最终输出

题目题目链接题解动态规划。f[i][j]表示第i行第j列承受的重量（含第i行第j列物品的重量）转移方程：f[i][j] = f[i-1][j]/2 + f[i-1][j-1]/2，即左肩物品重量的一半+右肩物品重量的一半+自身重量，如果左肩或右肩没有物品，则相当于扛着重量为0的物品。最后根据比例算出最重称重显示多少即可。又是思考如何处理浮点数想了半天，最后发现只要改个double就行。代码 7

题目题目链接题解BFS。BFS模板，但是我做错了。我的做法是将到达终点的全部路径都加入到一个vector中，最后对vector排序，输出第一个字符串即可。但是这样做是错误的，准确的说是不一定对。正确的做法是对于每一个位置都按照“DLRU”的顺序遍历，因为DLRU的字典序最小，先遍历字典序小的方向，只要到达终点，那么一定就是字典序最小的路径。为什么我的做法不对呢？对于这个上下对称的两条道路而言，到达终点的总步数是相同的，要求字典序最小，那么肯定选下面的路径，因为下面的路径在两条路分叉的

题目题目链接题解DFS。一定看清要求。3 个不同正整数正整数中不能包括2和4满足加法交换律的算式属于一种情况代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 2019; int ans = 0;bool check (int x) { while (x) { if (x % 10 == 2 || x % 10 == 4) return false; x /= 10; } re

题目题目链接题解动态规划。算是比较基础的状态方程和状态定义，但是难点在于处理负权重的情况。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1100;int f[N][N], w[N][N], n, m;int dir[2][9] = {-1, -2, -3, 0, -1, -2, 0, -1, 0, 0, 0, 0, -1, -1, -1, -2, -2, -3};int main(

题目题目链接题解DFS + 并查集。哇，不得不说两年前的我确实比现在强，这题是我当年比赛的时候遇到的，当时居然想出来了，现在根本不会，JR老矣，尚能AC否。用 1 ~ 7 来代表 a ~ g；若某两个二极管相邻，那么就在它们之间连一条边；先用 dfs 枚举出二极管的所有亮灭情况；再用 并查集 判断是否只有一个连通块.代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int vis[10], fa[10], e[10][10

题目题目链接题解暴力枚举。（3s内）虽然是暴力枚举，但是只要枚举三个数即可，第四个数进行判断！！否则无法AC。说实话我忘记这个技巧了，强化一下记忆。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e6+10;int n;int main(){ cin >> n; int nn = sqrt(n); for (int i = 0;i <= nn;i ++) for (

题目现在小学的数学题目也不是那么好玩的。看看这个寒假作业：□ + □ = □□ - □ = □□ × □ = □□ ÷ □ = □每个方块代表1~13中的某一个数字，但不能重复。比如：6 + 7 = 139 - 8 = 13 * 4 = 1210 / 2 = 5以及：7 + 6 = 139 - 8 = 13 * 4 = 1210 / 2 = 5就算两种解法。（加法，乘法交换律后算不同的方案）你一共找到了多少种方案？请填写表示方案数目的整数。注意：你提交的应该是一个整

题目题目链接题解对于冒泡排序，拥有N个字母的字符串，最多需要交换N*(N-1)/2次（完全乱序的情况）。当N=15时，最多交换105次，所以要满足100次交换所需最短的字符串有15个字母。要求字典序最小，取前15个字母a~o.前15个字母交换105次得到完全逆序的字符串为onmlkjihgfedcba，减去5次交换次数即可。要求字典序最小，将j提到字符串最前面即可，结果为jonmlkihgfedcba。我一直在使用冒泡排序的方式进行五次排序操作，输出结果，虽然满足逆序数为100，但是不满足字

题目题目链接题解动态规划重点是如何分析“向左下走的次数与向右下走的次数相差不能超过 1”。这句话保证了从山顶走到山底，如果高度为奇数，则一定落在最中间的位置，如果高度为偶数，则一定落在中间的两个位置。即假设高度为NNN，每一行、列从索引0开始。如果NNN为奇数，则最后一定是到达(N−1,N/2)(N-1, N/2)(N−1,N/2)；如果NNN为偶数，则最后一定是到达(N−1,N/2−1)(N-1, N/2-1)(N−1,N/2−1)或(N−1,N/2)(N-1, N/2)(N−1,N/2)。

题目题目链接题解动态规划。状态定义：dp[i][j]表示前i个砝码是否能称出重量为j的物品。状态转移：对于第i个砝码，选和不选两种情况；对于选又可以分为放在左边和放在右边。看样例，存在加和减的情况，也就是放在左边和右边的情况。我们规定放在左边用加表示，放在右边用减表示。那么第i个砝码的全部情况为第i个砝码不放、放左边或放右边。对于重量为j的物品，如果不放第i个砝码，则dp[i][j] |= dp[i-1][j]，即若用i-1个砝码可以称出j，那么用i个砝码肯定也行；如果将第i个砝码放在左边（

题目题目链接题解就是考查取模运算？？？我是FW，居然用了牛刀，我是FW啊。（而且我居然以为一秒等于一百毫秒）因为时、分、秒、毫秒之间的换算关系是不随着年月日的不同而变化的，所以直接整除就可以了。可以理解为时分之间为60进制进位关系，分秒之间为60进制进位关系，秒毫秒之间为1000进制进位关系，类比计算100的百分位、十分位和个位，就是利用整除和取模进行计算。代码我的代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef

题目【问题描述】将 3 分解成两个正整数的和，有两种分解方法，分别是 3 = 1 + 2 和3 = 2 + 1。注意顺序不同算不同的方法。将 5 分解成三个正整数的和，有 6 种分解方法，它们是 1+1+3 = 1+2+2 =1 + 3 + 1 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1 = 3 + 1 + 1。请问，将 2021 分解成五个正整数的和，有多少种分解方法？【答案提交】这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的

题目如图所示六角形中，填入1~12的数字。使得每条直线上的数字之和都相同。图中，已经替你填好了3个数字，请你计算星号位置所代表的数字是多少？请通过浏览器提交答案，不要填写多余的内容。题解全排列，暴力。（当然也可以手算）总共12个数，填好了三个数，还剩九个数。（看到 9 我就想全排啊！！！）规定从左到右，从上到下每行的空缺位置的索引从0开始增加，如下图：索引为3处的值就是我们要填写的值。我将剩下的九个值进行全排列，对于每一种排列方式，索引为0对应的值就表示在0处填上该值，索引为1对

题目小明有3颗红珊瑚，4颗白珊瑚，5颗黄玛瑙。他想用它们串成一圈作为手链，送给女朋友。现在小明想知道:如果考虑手链可以随意转动或翻转，一共可以有多少不同的组合样式呢?请你提交该整数。不要填写任何多余的内容或说明性的文字。题解考点：全排列函数，STL——string对这12颗珠子进行全排，对于每一种排列方式如果已经出现过，则不统计，如果之前没出现过，则统计下来。最后输出统计的个数。注意几点：见到环形，第一件事就是扩充为二倍表示；“虑手链可以随意转动或翻转”，说明逆序匹配和错位匹配都是可

题目小明被劫持到X赌城，被迫与其他3人玩牌。一副扑克牌（去掉大小王牌，共52张），均匀发给4个人，每个人13张。这时，小明脑子里突然冒出一个问题：如果不考虑花色，只考虑点数，也不考虑自己得到的牌的先后顺序，自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢？请填写该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。题解dfs 或 动态规划 都可。每种牌被拿到的可能无非就四种，拿到一张、拿到两张、拿到三张或拿到四张。直接看代码吧，代码比较好理解。代码dfs 代码#include<bits/st

Excel推算日期 蓝桥杯 技巧 高斯日记

石子合并

队列操作

题目题目链接题解搜索。可以使用简单的DFS，也可以记忆化，我用的是记忆化。我们在输入的时候就将操作和数值区分开来，分别保存；记忆化搜索函数中，对于遍历的每个位置，判断是否为数值，若为数值那么直接返回数值输出即可；若为操作，则深搜这个操作需要遍历的全部位置。这个题难倒不难，就是麻烦。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;dou

题目题目链接题解实现题。题目大意：将一个区间内的数拆成两个数后，若原数、拆得的第一个数和拆得的第一个数均为平方数则输出。直接遍历区间内所有的数可能会超时，因此我们直接取区间内的平方数，只遍历区间内的平方数，时间复杂度会降很多。对于每个遍历到的数，我们将其拆分成两个数，其实就是枚举分割线在哪里，判断得到的两个数是不是平方数，若都是平方数且不为0，则说明遍历到的数是一个可以拆分成两个平方数的平方数，输出。代码#include<bits/stdc++.h>using names

题目题目链接题解BFS模板题。就在模板题的基础上稍微加了点限制而已。我用的是pair存的，first表示位置，将二维压缩成一维了；second表示步数；要求正负交替，我就采用异或的思想进行，判断下一个位置能否作为落脚点即可。不懂如何实现的二维压缩成一维的同学，评论区问一下，我会回复。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef pair<int, int> PII;const int N = 1

题目题目链接题解动态规划。这个题不能用DFS，用DFS的小朋友趁早放弃，输入数据为30 30时，输出为155117522，这就意味着要是dfs的话，需要搜到底155117522次，光遍历这么多次都会超时更别说深搜了，所以只能动归。也算比较经典的dp之一了。dp[i][j]表示经过j次传球，球最后回到第i个人手中的方案数；转移方程：dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i+1][j-1]含义为：第j次传球要么是第i个人的左手边的人传过来的，要么是右手边，对应着i+1和i

题目题目链接题解日期题。这种题蓝桥杯经常出，填空的话可以看右下角的日历一个个数出来；但这种程序题就必须会写代码了。因为本题只用计算输入这一年的13号为星期五的个数。因此，我们直接统计出从1998年到输入年的总天数（不含输入年），从而进一步就可以得到输入年的一月一日为星期几；遍历输入年的每一个月，每次都根据当前月的一号是星期几，加上个12就是13号对应的星期，判断一下若为星期五则更新答案，同时注意更新下一个月一号是星期几。代码#include<bits/stdc++.h>us

题目题目链接题解实现题。用map实现，因为集合中的值太大做不了数组索引，因此用map。因为要求差集就还要单独存一下a中的元素，用的vector。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n, s, m, num, ans[2010];map<int,int> cnt;vector<int> a;int main(){ cin>>n; for(int i = 1;i &l

题目题目链接题解实现题。按着题目描述实现就行了。很坑的一点是题目规定数据量6e6，但是给的样例是十位数，离谱，开个longlong。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;ll n;int main(){ cin>>n; int cnt = 0; ll num = 0; while(cnt!=1) { num = 1LL; cnt = 0; whi

题目题目链接题解思维。既然它要取最后一个非零位，那么我们第一时间想到的肯定是取模，只用保留后几位就行了，但是保留后几位呢，对10的多少次方取模合适呢？数据量是100，那么估算一下存在多少个零，能导致末尾零的出现无非就是乘以十的倍数或者最后一个非零位是2的数乘以最后一个非零位是5的数吧，这些情况大概会导致出现十个零以上啊，你说开longlong，十个零是只算十的倍数的情况，加上2 5的情况必然超longlong。因此，这里用了点小技巧，既然末尾出现零了，那么再乘以别的数末尾还是零，存下来也没意义

题目题目链接题解拓扑排序（应该也有其他方法，但对于这类题拓扑是通解）。本题解对会拓扑和STL的同学比较友好，不会的同学可以去别的博客学习一下，毕竟总会用到的。在蓝桥杯里，也做过好几个拓扑的题了。如果你会拓扑，那么这个题难在如何对使用合适的STL保存数据和处理数据。详细介绍一下代码中变量的含义后，配合代码注释食用最佳。就是一道拓扑模板题，但是所用数据结构比较麻烦难以理解。map<string, int> id：id[str] = c 表示字符串str的编号为c，在本题中一个名