【蓝桥杯】第十四届C++B组省赛

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试题A：日期统计

枚举出2023年所有日期，在数组中查找。结果是：235。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int ret = 0;vector<int> v(100);for (int i = 0; i < 100; i++){cin >> v[i];}int days[13] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};for (int i = 1; i <= 12; i++){for (int j = 1; j <= days[i]; j++){string s("2023");if (i < 10) s += "0";s += to_string(i);if (j < 10) s += "0";s += to_string(j);int k = 0;for (int l = 0; l < v.size() && k < 8; l++){if ((s[k] - '0') == v[l]) k++;} if (k == 8) ret++;}}cout << ret << endl;return 0;
}

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试题B：01串的熵

关键是要读懂题目，0的次数比1少，数据范围也不是很大，直接从0出现0次开始枚举，中间过程中某一时刻的值是否等于题目中给定的熵。（特别注意判断浮点数相等，不能用 == 判断，只能判断其差是否在一个范围，通常都用0.1）

最后答案是：11027421。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{double len = 23333333;double H = 11625907.5798;for (int i = 0; i < len / 2; i++){double sum = 0;sum -= i* (i / len)*log2(i / len) + (len - i)*((len - i) / len)*log2((len - i) / len);if (abs(sum - H) < 0.1){cout << i << endl;break;}}return 0;
} 

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试题C：冶炼金属

解题关键：当普通金属的数目不足V时，无法冶炼。
则我们可以得出关系：B * V <= A 和 (B + 1) * V > A，所以 V <= A / B，V > A / (B + 1)，我们就得到了关于V的一个左右区间，所以 Vr = min(A / B)（右区间的最小值），Vl = max(A / (B + 1) + 1)（左区间的最大值）。

注意细节，为什么 A / (B + 1) 后面还要再加1，因为 V > A / (B + 1) 不能去等号。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;int vl = INT_MIN, vr = INT_MAX;for (int i = 0; i < n; i++){int a, b;cin >> a >> b;vr = min(a / b, vr);vl = max(a / (b + 1) + 1, vl);}cout << vl << " " << vr << endl; return 0;
} 

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试题D：飞机降落

题目数据范围不大，可以考虑暴力枚举尝试正确答案。

• 每架飞机可以在空中盘旋等待的时间：T[i] + D[i]；
• 即这架飞机可以降落的条件是：T[i] + D[i] >= time，time表示上一架飞机降落后的时刻；
• 当前飞机降落的过程中，下一架飞机可能在空中盘旋等待，则 time + L[i] 时间后下一架飞机可以开始降落；也可能当前飞机降落了下一架飞机还没来，则 T[i] + L[i]时间后下一架飞机可以开始降落，两种情况下 time 要取较大值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int t, n;
int T[11], D[11], L[11];
bool used[11] = {}; // 标记是否安排过了当前飞机
int flag = 0; // 标记全部飞机是否安全降落void dfs(int x, int time) // x表示安排到了第几架飞机，			
{                         // time表示前面一架飞机降落后的时间if (x >= n) // 根据题目要求枚举到了最后一架飞机{flag = 1;return;}for (int i = 0; i < n; i++) // 一架一架的尝试{  // 当前飞机还没被安排，在天上可以停留的时间>前面飞机降落的最后时间if (!used[i] && T[i] + D[i] >= time) {used[i] = true; // 如果满足条件就让这个飞机降落// 这架飞机降落后下一架飞机可能还没来，或者后面一架飞机在天空盘旋等待dfs(x + 1, max(T[i], time) + L[i]);used[i] = false;}}
}
int main()
{cin >> t;while (t--){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++)cin >> T[i] >> D[i] >> L[i];dfs(0, 0); // 第0架飞机在0时刻降落if (flag) cout << "YES" << endl;else cout << "NO" << endl;flag = 0;}return 0;
}

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试题E：接龙数列

题目要求我们求最少删除几个数后剩下的序列是接龙序列，这其实是不好求的，所以我们可以正难则反，求最长接龙序列的长度，转而就得到了最少的删除个数。

定义状态 dp[i] 表示以数字 i 结尾的最长接龙序列的长度。
对于当前数，如果当前数的第一个数字可以接到前面某个数的后面，也就是当前数的第一个数字等于前面某个数的最后一位数，那么当前数就可以接到这个数后面。

状态转移：dp[i] = dp[j] + 1；其中 i 表示当前数的最后一位上的数，j 表示当前数的开头。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int dp[10];int main()
{int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++){string s;cin >> s;int sz = s.size();dp[s[sz - 1] - '0'] = max(dp[s[sz - 1] - '0'], dp[s[0] - '0'] + 1);}int ret = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)ret = max(ret, dp[i]);cout << (n - ret) << endl;return 0;
}

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试题F：岛屿个数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int m, n;
char arr[51][51];
int dx[8] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, 1, -1};
int dy[8] = {0, 0, -1, 1, 1, 1, -1, -1};
bool used[51][51];bool check(int i, int j)
{for (int i = 0; i <= m; i++)for (int j = 0; j <= n; j++)used[i][j] = false;queue<pair<int, int>> q;q.push({i, j});used[i][j] = true;while (q.size()){int a = q.front().first, b = q.front().second;q.pop();for (int k = 0; k < 8; k++){int x = a + dx[k], y = b + dy[k];if (x < 1 || x > m || y < 1 || y > n) return true;if (arr[x][y] == '0' && !used[x][y]){q.push({x, y});used[x][y] = true;}}}return false;
}void dfs(int i, int j)
{for (int k = 0; k < 4; k++){int x = i + dx[k], y = j + dy[k];if (x > 0 && x <= m && y > 0 && y <= n && arr[x][y] == '1'){arr[x][y] = '0';dfs(x, y);	} }
}int main()
{int t;cin >> t;while (t--){cin >> m >> n;for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)cin >> arr[i][j];for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)if (arr[i][j] == '1' && !check(i, j))arr[i][j] = '0';int ret = 0;for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)if (arr[i][j] == '1'){ret++;dfs(i, j);}cout << ret << endl;}return 0;
}

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试题G：子串简写

根据样例，从头到尾遍历字符串统计a的个数，在这个过程中只要遇到b就把统计到的a的个数累加到结果中，因为有区间宽度限制，只要在维护的最小宽度也就是k的区间内不累加到结果中就行。

#include<iostream>
using namespace std;long long ret = 0, cnt = 0;int main()
{int k;cin >> k;string str;char c1, c2;cin >> str >> c1 >> c2;int l = 0, r = k - 1;while (1){if (r == str.size()) break;if (str[l] == c1) cnt++;if (str[r] == c2) ret += cnt;l++, r++;}cout << ret << endl;return 0;
}

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试题H：整数删除

// 样例输入
5 3
1 4 2 8 7

// 样例输出
17 7

直接模拟，只能通过部分测试用例：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n, k;cin >> n >> k;vector<int> v(n);for (int i = 0; i < n; i++)cin >> v[i];while (k--){int index = 0;for (int i = 0; i < v.size(); i++)if (v[index] > v[i])index = i;if (index - 1 >= 0) v[index - 1] += v[index];if (index + 1 < n) v[index + 1] += v[index];v.erase(v.begin() + index);}for (int e : v)cout << e << " ";return 0;
} 

使用优先级队列+双链表优化时间。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;using ll = long long;
using pr = pair<ll, ll>;
const int N = 1e6;
struct { ll prev, next; } a[N]; // 记录对应位置前后的下标，方便删除
ll update[N], ret[N]; // update用于记录每个元素需要更新的值，// 需要累加的值暂时存到这个数组中
priority_queue<pr, vector<pr>, greater<pr>> pq;int main()
{ll n, k;cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++){ll x; cin >> x;a[i].prev = i - 1;a[i].next = i + 1;pq.push({x, i});}while (pq.size() > n - k){ll v = pq.top().first, id = pq.top().second;pq.pop();if (update[id]) // id下标对应的元素有被累加过{pq.push({v + update[id], id});// 加入小堆中重新选择最小值update[id] = 0;}else{ll l = a[id].prev, r = a[id].next;// 将当前的值加到前后元素上update[l] += v;update[r] += v;// 删除节点a[l].next = r;a[r].prev = l;}}while (pq.size()){ll v = pq.top().first, id = pq.top().second;pq.pop();ret[id] = v + update[id];}for (auto e : ret)if (e) cout << e << " ";return 0;
}

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试题I：景区导游

// 样例输入
6 4
1 2 1
1 3 1
3 4 2
3 5 2
4 6 3
2 6 5 1

// 样例输出
10 7 13 14

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试题J：砍树

// 样例输入
6 2
1 2
2 3
4 3
2 5
6 5
3 6
4 5
4

// 样例输出
4

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