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蓝桥杯真题Day40 倒计时19天纯练题！

news 来源：原创 2024/4/28 18:39:24

蓝桥杯第十三届省赛真题-统计子矩阵

题目描述

给定一个 N × M 的矩阵 A，请你统计有多少个子矩阵 (最小 1 × 1，最大 N × M) 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 K?

输入格式

第一行包含三个整数 N, M 和 K.

之后 N 行每行包含 M 个整数，代表矩阵 A.

输出格式

一个整数代表答案。

样例输入

样例输出

提示

满足条件的子矩阵一共有 19，包含：

大小为 1 × 1 的有 10 个。

大小为 1 × 2 的有 3 个。

大小为 1 × 3 的有 2 个。

大小为 1 × 4 的有 1 个。

大小为 2 × 1 的有 3 个。

对于 30% 的数据，N, M ≤ 20. 对于 70% 的数据，N, M ≤ 100.

对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 500; 0 ≤ Ai j ≤ 1000; 1 ≤ K ≤ 250000000.

思路提示

1.求每列前缀和（i，j 为上下边界，则可看成用一维解决）。
2.用双指针 l， r 维护左右边界，当 r 边界确定时（找到了 sum > k 的区间），左边界 l 往右移寻找符合条件的区间。

代码表示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 510;
int f[N][N];//二维数组 f可以存储整型数据
int n, m, k;
int main()
{cin >> n >> m >> k;for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = 1; j <= m; j ++ )scanf("%d", &f[i][j]),f[i][j] += f[i - 1][j]; // 计算每列前缀和long long res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 上边界for (int j = i; j <= n; j ++ ) // 下边界for (int l = 1, r = 1, sum = 0; r <= m; r ++ ){sum += f[j][r] - f[i - 1][r]; // 确定右边界 删去上面的 while (sum > k) // 求符合条件的左边界 l{sum -= f[j][l] - f[i - 1][l];//删除左面的不用的 l ++ ;}res += r - l + 1; }cout << res;return 0;
}

心得体会

1、f[i][j] += f[i - 1][j] 时，它的含义是将当前位置 (i, j) 的值加上前一行相同列位置 (i - 1, j) 的值，并将结果保存在当前位置 (i, j)。这是累加前缀和的操作，用于计算子矩阵的和。

2、sum += f[j][r] - f[i - 1][r]; 用于计算当前子矩阵的和。f[j][r] - f[i - 1][r] 表示从上边界 i 到下边界 j、从左边界到右边界 r 的子矩阵的和

3、sum -= f[j][l] - f[i - 1][l]; l ++ ; 通过减去左边界 l 的前缀和，来找到符合条件的左边界。l 逐渐向右移动，直到子矩阵的和不超过 K。

4、res += r - l + 1; 将以当前 (i, j, r) 为边界的子矩阵的个数加到结果变量 res 中。r - l + 1 表示符合条件的子矩阵的列数。

蓝桥杯第十二届省赛真题-砝码称重

题目描述

你有一架天平和 N 个砝码，这 N 个砝码重量依次是 W1, W2, · · · , WN。
请你计算一共可以称出多少种不同的重量？
注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数：W1, W2, W3, · · · , WN。

输出格式

输出一个整数代表答案。

样例输入

3
1 4 6

样例输出

提示

【样例说明】
能称出的 10 种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1 = 1；
2 = 6 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 1；
4 = 4；
5 = 6 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
9 = 4 + 6 1；
10 = 4 + 6；
11 = 1 + 4 + 6。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 15。
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100，N 个砝码总重不超过 100000。

代码表示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//砝码个数N 
const int N = 110, M = 300000;//大一点好 
int n,sum,w[N];//总重量 sum 
int f[N][M];
int main()
{cin >> n;for (int i = 1;i <= n; i++){//读砝码每一个的重量w[i]，累加到总重量 sumcin >> w[i];sum += w[i];}f[0][0]=1; //初始化 for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 0; j <= sum; j++){//1、f[i-1][j]意味着不选第i个就可以达到重量j//2、f[i-1][j+w[i]]意味着第i个将放在另一边抵消w[i]达到j//3、f[i-1][abs(j-w[i])]意味着用第i个补上w[i]达到jf[i][j] = f[i - 1][j] || f[i - 1][j + w[i]] || f[i - 1][abs(j - w[i])];}}int ans = 0;//从 1 到总重量的所有可能的值 for(int i = 1; i <= sum; i++)//0不可能,故从1开始遍历if(f[n][i]) ans++;cout << ans;return 0;
}

心得体会

1、定义一个大小为 N×M 的二维数组 f，其中 f[i][j] 表示在前 i 个砝码中是否可以通过选择一些砝码，使得它们的总重量等于 j。M 的取值为 sum 的两倍，因为最坏情况下，所有砝码都放在一侧，另一侧没有砝码。

2、当我们计算 f[i][j] 时，我们需要考虑前 i 个砝码中是否存在一些砝码的选择，使得它们的总重量等于 j。

f[i][j] = f[i-1][j+w[i]]：这个转移表示我们选择了第 i 个砝码，并将其放在另一侧以抵消重量 w[i]，使得总重量达到 j。因此，我们可以从前 i-1 个砝码中选择一些砝码，使得它们的总重量为 j+w[i]。
f[i][j] = f[i-1][abs(j-w[i])]：这个转移表示我们选择了第 i 个砝码，并把它加到总重量为 j 的一侧，使得总重量达到 j。因此，我们可以从前 i-1 个砝码中选择一些砝码，使得它们的总重量为 abs(j-w[i])。

这两个转移的含义是根据砝码的放置方式进行考虑的。我们可以选择将第 i 个砝码放在天平的左侧或右侧，或者不选择第 i 个砝码。因此，通过考虑这些不同的放置方式，我们可以计算出 f[i][j] 的值。

3、这个题，一开始拿到就觉得肯定不是简单的正向思维，果然是套者一个东西来做整体遍历的。

蓝桥杯2021年第十二届省赛真题-异或数列

题目描述

Alice 和 Bob 正在玩一个异或数列的游戏。初始时，Alice 和 Bob 分别有一个整数 a 和 b，有一个给定的长度为 n 的公共数列 X1, X2, · · · , Xn。
Alice 和 Bob 轮流操作，Alice 先手，每步可以在以下两种选项中选一种：
选项 1：从数列中选一个 Xi 给 Alice 的数异或上，或者说令 a 变为 a ⊕ Xi。（其中 ⊕ 表示按位异或）
选项 2：从数列中选一个 Xi 给 Bob 的数异或上，或者说令 b 变为 b ⊕ Xi。每个数 Xi 都只能用一次，当所有 Xi 均被使用后（n 轮后）游戏结束。游戏结束时，拥有的数比较大的一方获胜，如果双方数值相同，即为平手。
现在双方都足够聪明，都采用最优策略，请问谁能获胜？

输入格式

每个评测用例包含多组询问。询问之间彼此独立。
输入的第一行包含一个整数 T，表示询问数。
接下来 T 行每行包含一组询问。其中第 i 行的第一个整数 ni 表示数列长度，随后 ni 个整数 X1, X2, · · · , Xni 表示数列中的每个数。

输出格式

输出 T 行，依次对应每组询问的答案。
每行包含一个整数 1、0 或 1 分别表示 Alice 胜、平局或败。

样例输入

4
1 1
1 0
2 2 1
7 992438 1006399 781139 985280 4729 872779 563580

样例输出

提示

思路提示

使用res记录所有x的异或结果

1、res==0,平局

2、res!=0，( num数组记录每位的1的个数，从最高位for(i)查看Number[i] )
1）num[i]==1，该位数只要一个1，Alice 先手，胜
2）num[i]是偶数，无影响，不处理
3）num[i]是奇数：① n是偶数，1是奇数，那么0是奇数，只要后手把0先选完，后手就获得最后一个1的支配权，后手胜。②同理可得，n是奇数，0是偶数，先手把0先选完，先手获得最后一个1的支配权,先手胜

3、异或赋值运算符 ^=

4、if(x&1) num[cnt]++;：判断 x 的最低位是否为 1，即 x 的二进制表示的最低位是否为 1。如果是，则将数组 num 中对应位置 cnt 的计数值加 1。

1）x&1 是按位与操作，用来提取 x 的最低位的值。因为 1 的二进制表示为 0001，其他位为 0，所以与 1 进行按位与操作，就可以得到 x 的最低位的值。

2）如果 x 的最低位为 1，说明当前位上有一个 1，所以将数组 num 中对应位 cnt 的计数值加 1。

代码表示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int num[22];  //记录每位的1的个数 
void pre(int x)//计算一个数的二进制表示中每位上 1 的个数 
{int cnt=1;while(x){if(x&1) num[cnt]++;
//将 x 右移一位，即将 x 的二进制表示向右移动一位。x>>=1;cnt++;}
}
int main(){int T;  //询问数cin>>T;while(T--){memset(num,0,sizeof(num));int n,res=0; //res存储xi元素异或结果 cin>>n;  for(int i=0;i<n;++i){int x;scanf("%d",&x);pre(x);//异或 相同的数异或结果为 0，不同的数异或结果为 1res^=x; }if(res==0){
//平局先手无论怎么选择，后手都可以通过合理的选择使得异或结果保持为 0 printf("0\n"); }else{for(int k=20;k>0;k--){if(num[k]==1){printf("1\n");break;}//1的个数是奇数 if(num[k]%2==1){if(n%2==0){//1是奇数，n是偶数，那么0是奇数，只要后手把0先选完，后手就获得最后一个1的支配权，后手胜 printf("-1\n"); break; }else{
//同理可得，n是奇数，0是偶数，先手把0先选完，先手获得最后一个1的支配权,先手胜利printf("1\n"); break;}}}}}return 0;
}

蓝桥杯第十二届省赛真题-左孩子右兄弟（再看）

题目描述

对于一棵多叉树，我们可以通过 “左孩子右兄弟” 表示法，将其转化成一棵二叉树。
如果我们认为每个结点的子结点是无序的，那么得到的二叉树可能不唯一。换句话说，每个结点可以选任意子结点作为左孩子，并按任意顺序连接右兄弟。
给定一棵包含 N 个结点的多叉树，结点从 1 至 N 编号，其中 1 号结点是根，每个结点的父结点的编号比自己的编号小。请你计算其通过 “左孩子右兄弟” 表示法转化成的二叉树，高度最高是多少。注：只有根结点这一个结点的树高度为 0 。

例如如下的多叉树：

输入格式

输入的第一行包含一个整数 N。
以下 N 1 行，每行包含一个整数，依次表示 2 至 N 号结点的父结点编号。

输出格式

输出一个整数表示答案。

样例输入

样例输出

提示

【评测用例规模与约定】

对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 20；对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100000。

代码表示

方法一：深搜

对于节点 i，在其子节点中找出：令该节点作为根节点时可以使高度最大的节点 j

令节点 j 作为 i 的子节点中最后一个出现的节点，可使高度达到最大。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;//最大结点数 int n, tmp;
vector<int> mp[MAXN];//存储多叉树的边关系 //递归函数 dfs计算以结点 idx 为根的子树的高度。 
int dfs(int idx)
{int sz = mp[idx].size();//获取结点 idx 的子结点的个数int ans = 0;//存储最大高度 for (int i = 0; i < sz; i++) {//更新 ans，取当前子树的高度和已有的最大高度的较大值。 ans = max(ans, dfs(mp[idx][i]));}return ans + sz;//最大子树高度加上当前结点的子结点个数
}int main() {cin >> n;for (int i = 2; i <= n; i++) {cin >> tmp;//读取结点 i 的父结点编号存储到 tmp 中mp[tmp].push_back(i);//将结点 i 添加为结点 tmp 的子结点}cout << dfs(1) << endl;//计算以结点 1 为根的子树的高度return 0;
}

方法二：动态规划

用数组 s[i] 表示节点 i 的子节点个数，用数组 f[i] 表示节点 i 的父节点，dp[i] 表示当节点 i 作为根节点时的最大高度，可以推断出如下状态转移方程：dp[ f [ i ] ] = max(dp[ f [ i ] ], s[ f [ i ] ] + dp[ i ]);

由于子节点一定比父节点的编号大，所以对节点编号逆向遍历即可。

1、逆序的循环，从最后一个节点开始，逐步向前遍历每个节点。

在循环中，我们首先通过 int fa = f[i]; 语句获取当前节点 i 的父节点编号，并将其存储在变量 fa 中。然后，我们使用 dp[fa] = max(dp[fa], s[fa] + dp[i]); 更新父节点 fa 的最大高度。这行代码的目的是比较父节点 fa 的当前最大高度 dp[fa] <可能还有其他同级的点>和考虑将当前节点 i 作为子节点时的高度 s[fa] + dp[i]，然后取二者中的较大值，并将较大值赋值给 dp[fa]，从而更新父节点的最大高度。

这个循环的作用是逐步从叶节点向根节点更新每个节点的最大高度，确保每个节点的最大高度都被正确计算和更新。通过这个过程，我们最终可以得到整棵树的最大高度。

2、dp[fa] 表示节点 fa（父节点）作为根节点时的最大高度。s[fa] 表示节点 fa 的子节点个数。dp[i] 表示节点 i 作为根节点时的最大高度。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;//temp:存储读取到的节点 i 的父节点编号 
int n, tmp;
//下面分别是子节点个数、父节点和最大高度
int s[MAXN], f[MAXN], dp[MAXN];int main() 
{cin >> n;for (int i = 2; i <= n; i++) {cin >> tmp;f[i] = tmp;s[tmp]++;}
//逆向遍历节点编号更新节点 fa 作为根节点时的最大高度for (int i = n; i > 1; i--) {int fa = f[i];//获取结点 i 的父结点编号dp[fa] = max(dp[fa], s[fa] + dp[i]);}cout << dp[1] << endl;return 0;
}

蓝桥杯第十二届省赛真题-括号序列

题目描述

给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括号。
例如，对于括号序列 ((()，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几种不同的添加结果：()()()、()(())、(())()、(()()) 和 ((()))。

输入格式

输入一行包含一个字符串 s，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和
右括号。

输出格式

输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以 1000000007 (即109 + 7) 的余数。

样例输入

((()

样例输出

提示

【评测用例规模与约定】

对于 40% 的评测用例，|s| ≤ 200。

对于所有评测用例，1 ≤ |s| ≤ 5000。

代码表示：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 5005;
int f[N][N];
int mod = 1e9 + 7;
string s;
int n;long long get() {memset(f, 0, sizeof f);//memset 将二维数组 f 初始化为全零f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i - 1] == '(') {for (int j = 1; j <= n; j++)f[i][j] = f[i - 1][j - 1];//表示在当前位置放置一个左括号} else {
//需要考虑两种情况。
//第一是不将当前位置的括号与之前的任何位置的括号匹配， f[i][0] 的值为 f[i-1][1] + f[i-1][0]。
//第二是将当前位置的括号与之前的某个位置的括号匹配， f[i][j] 的值为 f[i-1][j+1] + f[i][j-1]f[i][0] = (f[i - 1][1] + f[i - 1][0]) % mod;for (int j = 1; j <= n; j++)f[i][j] = (f[i - 1][j + 1] + f[i][j - 1]) % mod;}}
//我们遍历 f[n] 数组的所有元素，如果某个元素不为零，则返回它作为结果。
//如果所有元素都为零，则返回 -1for (int i = 0; i <= n; i++) {if (f[n][i])return f[n][i];}return -1;
}int main() {cin >> s;n = s.size();long long x = get();reverse(s.begin(), s.end());for (int i = 0; i < n; i++) {if (s[i] == ')')s[i] = '(';elses[i] = ')';}long long y = get();cout << (x * y) % mod;return 0;
}