题目pdf下载：十三届蓝桥杯c++b组2022国赛题目pdf下载

G题没有写，J题是暴力的，其他好像都写出来，但是估计还是有错的。

目录

正文：

试题 A: 2022

试题 B: 钟表

试题 C: 卡牌

试题 D: 最大数字

试题 E: 出差

试题 F: 费用报销

试题 G: 故障

试题 H: 机房

试题 I: 齿轮

试题 J: 搬砖

结尾：

正文：

试题 A: 2022

题意： 2022分为不同十个不同的正整数的情况数。

思路：动态规划,我的答案是：379187662194355221。

        以为挺简单的，但是dfs写完连100都跑不出来，这题难度不简单，估计卡了不少人时间

后面暴力出了答案，从55开始有答案（因为最小的十个不同的正整数是：1,2,3,4...10，和是55），根据前10个数很像哈代-拉马努金拆分数列，然后求出来和后面的不一样，而且会炸long long，所以这个数列应该是错的。

动态规划思路：

       解释在下面动态规划代码的注释，大致就是dp[2022][10]=dp[1][9]+dp[2][9]+dp[3][9]....+dp[2021][9]的动态规划，用倒叙去实现每个整数只用一次（类似01背包）。

暴力代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a=55;
int ans=0;
void dfs(int d,int sum,int pre){        //d是选的数量，sum是选的和，pre是上次选的点
    if(d==10){
        if(sum==a)
        ans++;
        return;
    }
    for(int i=pre+1;i<=a;i++){
        if(i+sum<=a){
            dfs(d+1,sum+i,i);
        }
    }
}
int main()
{
    dfs(0,0,0);
    cout<

动态规划代码：

#include
using namespace std;
long long i,j,k,dp[50000][20];
//dp[i][j]表示选j个数总和为i的方案数
int main()
{
    for(i=2022;i>=1;i--)
    {
        //这里i的顺序不影响结果
        for(j=2022;j>=1;j--)
        {
            //为了dp不相互影响这里从大到小dp
            //如果从小到大的话需要再开数组存结果
            for(k=1;k<=9;k++)
            {
                dp[j+i][k+1]+=dp[j][k];
                //对于k个数总和为j的方案dp[j][j];
                //可以选i使得k+1个数总和为j+i
            }
        }
        dp[i][1]=1;//表示选1个数总和为i的方法加1
    }
    for(i=1;i<=100;i++)
    {
        cout< 

 
 
 
试题 B: 钟表 
 
 
题意：一个钟表的时针、分针的角度差==分针、秒针的角度差，求此时的时分秒。
 
思路：暴力，我的答案是：4 48 0
 
        三个for起手不难，主要就是计算三个针的角度，
 
秒的角度就是：m/60
 
分的角度就是：f/60+(m/60)/*60，因为秒贡献的度数最多是1/60，贡献了m/60*(1/60)
 
时的角度就是：s/12+(f+m*60)/(60*12);，因为分钟贡献的度数最多是1/12，如果有res分钟，那么a=s/12+res/12
 
注意优弧劣弧的概念，小数的角度是<=0.5的。
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define dou double
#define EXP 1e-6
#define M 100010
int main()
{
    for(dou s=0;s<=6;s++)
        for(dou f=0;f<60;f++)
            for(dou m=0;m<60;m++){
                dou a=s/12+(f+m*60)/(60*12);    //时针在表上角度
                dou b=f/60+m/(60*60);       //分针在表上角度
                dou c=m/60;             //秒针在表上角度
                dou x=fabs(a-b)>0.5?1-fabs(a-b):fabs(a-b);      //x是时针和分针夹角
                dou y=fabs(b-c)>0.5?1-fabs(b-c):fabs(b-c);      //x是分针和秒针夹角
                if(fabs(x-2*y) 

 
 
 
试题 C: 卡牌 
 
 
 
 题意：a[i]数组是已有的 i 类手牌的数量，每个类（1-n类）的出1张可以组成一套，还有m张空白的，可以随便写成任意i类。b数组是该类最多被空白牌写成几张，求组成的最多套牌。
 
修改：这题比赛的时候被改成a,b 
思路：二分
 
        容易知道是把空白牌用到少的类上，这题思路就是直接二分答案了
 
如果当前类牌不够mid张，当然是将空白的编变成该类牌，一是看是否超过了b数组的限制，二是看是否超过了最大空白牌数量。
 
直到最后也是没有被返回NO，那么返回YES
 
check函数：
 
int check(int mid){        //看看mid套行不行
    LL sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]b[i]) return 0;        //如果需要的比限制多返回NO
            sum+=mid-a[i];
            if(sum>m) return 0;        //如果使用空白牌多与m，返回NO
        }
    }
    return 1;
}
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define M 1000005
LL n,m;
LL a[M],b[M];
int check(int mid){
    LL sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]b[i]) return 0;
            sum+=mid-a[i];
            if(sum>m) return 0;
        }
    }
    return 1;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
    LL l=0,r=n*2,ans=0;
    while(l<=r){
        LL mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)){
            l=mid+1;
            ans=mid;
        }else{
            r=mid-1;
        }
    }
    printf("%lldn",ans);
    return 0;
}
 

 
 
 
试题 D: 最大数字 
 
 
 题意：给一个小于1e18的数字，不超过a次可以给一位+1，9再+就变成0，
 
不超过b次可以给一位-1，0再-变成9。
 
 思路：思维+暴力深搜（dfs）
 
        使用肯定是从前面开始的，因为是不超过多少次使用，前面就是能省则省，但是但凡有用，必须使用，暴力出答案即可。
 
对于每种情况只能是暴力的搜答案，时间复杂度最坏应该是2^18了差不多。
 
然后一直纠结用字符串还是整数来表示，整数肯定更方便计算和简洁，字符串便于修改，后面用数量级还是实现了整数的修改。
 
dfs代码：
 
void dfs(LL a,LL ans,LL b,LL c){    //a表示当前的N，ans是10的某次方,表示数量级,b和c是剩余数量
    if(ans==0){
        maxx=max(maxx,a);        //更新答案
        return;
    }
    int d=a/ans%10;
    if(b>9-d){                        //能变成9就变9,
        int r=b-(9-d);
        dfs(a+(9-d)*ans,ans/10,r,c);
    }else{                        //不能变成9就全用
        dfs(a+b*ans,ans/10,0,c);
    }
    if(c!=0){
        if(c>=d+1){                //能变成9就用，不能变就省着
            int r=c-(d+1);
            dfs(a-d*ans+9*ans,ans/10,b,r);
        }
    }
}
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100010
LL a,b,c;
LL maxx=0;
void dfs(LL a,LL ans,LL b,LL c){
    if(ans==0){
        maxx=max(maxx,a);
        return;
    }
    int d=a/ans%10;
    if(b>9-d){
        int r=b-(9-d);
        dfs(a+(9-d)*ans,ans/10,r,c);
    }else{
        dfs(a+b*ans,ans/10,0,c);
    }
    if(c!=0){
        if(c>=d+1){
            int r=c-(d+1);
            dfs(a-d*ans+9*ans,ans/10,b,r);
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>a>>b>>c;
    LL tmp=a;
    LL ans=1;
    while(a){
        a/=10;
        ans*=10;
    }
    dfs(tmp,ans/10,b,c);
    cout< 

 
 
 
试题 E: 出差 
 
 
 
 题意：n个点，m条边构成一个有边权的无向图，然后每个顶点都有自己的停留时间，即到达该点要停的时间，都是正数，求1到n点的最短时间
 
思路：最短路的贝尔曼-福特算法(Bellman-Ford)
 
        这题就是最短路模板题，只是加上了顶点要停留，感觉迪杰斯特拉算法（Dijkstra）应该也行，但觉得贝尔曼-福特算法(Bellman-Ford)应该更合适。
 
只是在使用边的时候，将边权+终点停留时间，终点为n时不加
 
更新代码：
 
 for(int k=1;k<=n;k++){        //n次更新
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int res1=0,res2=0;
            if(b[i]!=n) res1=x[b[i]];        //终点不为n，边权+停留时间
            if(a[i]!=n) res2=x[a[i]];
            dist[b[i]]=min(dist[b[i]],dist[a[i]]+c[i]+res1);
            dist[a[i]]=min(dist[a[i]],dist[b[i]]+c[i]+res2);
        }
    }
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100005
int n,m;
int x[M];
int dist[M],a[M],b[M],c[M];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(dist,inf,sizeof(dist));
    dist[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
    for(int k=1;k<=n;k++){
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int res1=0,res2=0;
            if(b[i]!=n) res1=x[b[i]];
            if(a[i]!=n) res2=x[a[i]];
            dist[b[i]]=min(dist[b[i]],dist[a[i]]+c[i]+res1);
            dist[a[i]]=min(dist[a[i]],dist[b[i]]+c[i]+res2);
        }
    }
    cout< 

 
 
 
试题 F: 费用报销 
 
 
 
 题意：给同一年的一些天，这些天都一个或多个的钱，选一些天使金额最多且不超多m，其中所有相邻的天数相差不超过k（>=k）
 
思路：动态规划
 
        比较简单得到动态规划，首先将天转变为一维数组，dp[i]表示该天最大的金额。
 
那么dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-k]+a[i])                //对应的就是不选和选
 
核心代码：
 
    for(int i=1;i<=500;i++){            //一年365天，dp超过365就行
        if(dp[i]+dp[max(0,i-k)]<=m)
            dp[i]=max(dp[i]+dp[max(0,i-k)],dp[i-1]);
        else        //如果选了会超过m，就不选了
            dp[i]=dp[i-1];
    }
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100005
int n,m,k;
int x,y,z;
int mp[105][105],dp[10005];
int r[]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main(){
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=12;i++){
        for(int j=1;j<=r[i];j++){
            sum++;
            mp[i][j]=sum;        //映射天数
        }
    }
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        dp[mp[x][y]]=max(dp[mp[x][y]],z);        //k最小为1，当天的就选个最大的就行
    }
    for(int i=1;i<=500;i++){
        if(dp[i]+dp[max(0,i-k)]<=m)
            dp[i]=max(dp[i]+dp[max(0,i-k)],dp[i-1]);
        else
            dp[i]=dp[i-1];
    }
    cout<
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100005
int n,m,k;
int x,y,z;
int mp[105][105],dp[10005];
int r[]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main(){
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=12;i++){
        for(int j=1;j<=r[i];j++){
            sum++;
            mp[i][j]=sum;        //映射天数
        }
    }
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        dp[mp[x][y]]=max(dp[mp[x][y]],z);        //k最小为1，当天的就选个最大的就行
    }
    for(int i=1;i<=500;i++){
        if(dp[i]+dp[max(0,i-k)]<=m)
            dp[i]=max(dp[i]+dp[max(0,i-k)],dp[i-1]);
        else
            dp[i]=dp[i-1];
    }
    cout< 

 
 
 
试题 G: 故障 
 
 
 
 题意：不知
 
思路：不知，题有点多，做不过来
 
代码：未有
 

 
 
 
试题 H: 机房 
 
 
 题意：给一颗无边权的树，查询m次两点路劲之间，所有点的直接连接点的数量和。
 
 思路：LCA+树形DP
 
        还是比较好想的，dfs处理出给个点的直接连接点的数量，再dfs，求出每个点到顶点的直接连接点的数量的前缀和，用dp[i]表示。
 
d表示两点x和y的LCA（共公祖先），pre[d]表示d的父点，结果就是dp[x]+dp[y]-dp[d]-dp[pre[d]]。
 
核心代码：
 
void dfs(int d,int pre,int sum)
{
    for(int i=1;i 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 200005
int n,m,x,y;
int dp[M],p[M];
vectorv[M];
int h[M],lg[M],fa[M][35];
void dfs(int d,int pre,int sum)
{
    for(int i=1;i=0;i--){
        if(h[a]-(1<=h[b])
            a=fa[a][i];
    }
    if(a==b) return a;
    for(int i=lg[h[a]]+1;i>=0;i--)
        if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
            a=fa[a][i];
            b=fa[b][i];
        }
    return fa[a][0];
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    fo(1,n-1){
        cin>>x>>y;
        v[x].push_back(y);
        v[y].push_back(x);
    }
    dfs(1,0,0);
    while(m--){
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        int d=LCA(x,y);
        cout< 

 
 
 
试题 I: 齿轮 
 
 
 题意：给一个数组为齿轮大小，问能不能换顺序后，尾转的速度是首转的速度的qi倍，询问Q次。
 
思路：不难发现这个中间的没有用，就是首的半径=尾的半径*qi就可。而且这种排序是随便的，只需要找这个数组中有没有两个数相除==qi即可。
 
那么需处理出这个数组所有的可有倍数即可。具体看代码更容易理解，这个时间复杂度是n*logn的，对1e6也应该能用，注意倍数1的判断
 
预处理代码：
 
for(int i=1;i<=MAX;i++){            //MAX=2e5
        if(vis[i]==1){                //vis[i]表示i在该数组中
            for(int j=i*2;j<=MAX;j+=i){
                if(vis[j]==1) ans[j/i]=1;        //ans是结果数组
            }    
        }
    }
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 1000005
int MAX=400005;
int n,m,flag=0;
int a[M];
int vis[M],ans[M];
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        if(vis[a[i]]==1) flag=1;        //单独判断ans[1]
        vis[a[i]]=1;            //表明数组有这个数
    }
    if(flag) ans[1]=1;
    for(int i=1;i<=MAX;i++){
        if(vis[i]==1){
            for(int j=i*2;j<=MAX;j+=i){
                if(vis[j]==1) ans[j/i]=1;
            }
        }
    }
    int x;
    while(m--){
        cin>>x;
        if(ans[x]) cout<<"YES"< 

 
 
 
试题 J: 搬砖 
 
 
 题意：选取若干个从上到下放，重量不能小于上面的和，求总价值最大
 
思路：可能是动态规划，写差不多觉得和题意有点出入，就直接dfs暴力了
 
暴力挺简单的，先结构体排序，重量小的一定先选在上面，不然直接压垮了。然后同重量的价值大的一定先选。
 
dfs出所有的1-n排序，也就是：
 
1 2 3 4 5
 
1 2 3 4
 
3 4 5
 
2 4 5
 
这些
 
....
 
然后计算判断更新最后答案
 
代码：
 
#include
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 200005
int n,maxx=0;
struct Node
{
    int a,b;
    bool operator<(const Node temp)const{
        if(a==temp.a) return b>temp.b;
        return a>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>x[i].a>>x[i].b;
    sort(x+1,x+n+1);
    dfs(0,0);
    cout< 
 
 
结尾： 
        看了下演草纸，才用了1页多，一般比赛要好几页的。不少题是算法及相关的题，总体acm选手估计是叫好，但是对其他选手不清楚了，这题个人觉得难度适中，因为往年很多题不能暴力，而且到现在，那些题也没有题解（csdn上）。今年只有一题没看，一个暴力，难度肯定是降了不少的。