第十四届蓝桥杯省赛真题解析（含C++详细源码）

整数删除

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满分思路及代码

solution1 （40% 双指针暴力枚举）

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,k;
int a[N];
int main()
{cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}//实际上我们并不能通过简单的排序来找到数列中最小的整数//因为这样会失去原来的相对位置 而导致删去后的增加操作出错//所以我们可以用双指针的思路来写while(k--){int l=1;int r=n;while(l!=r){if(a[l]<=a[r]){r--;}else{l++;}}//遍历整个数组寻找最小值if(l==1){a[l+1]+=a[l];}else if(l==n){a[l-1]+=a[l];}else{a[l+1]+=a[l];a[l-1]+=a[l];}//删除 覆盖掉for(int i=l;i<=n;i++){a[i]=a[i+1];}n--;
}for(int i=1;i<=n;i++){cout<<a[i]<<' ';}return 0;
}

solution 2（优先队列+模拟链表 AC）

思路参考：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 记录每个位置的数是否被删除过
bool removed[500005];
// 数据过大，爆int
#define ll long long
int main()
{int n, k;cin >> n >> k;// 数列，数和左右相邻的数的距离vector<pair<ll, pair<int, int>>> a(n);// 优先队列，数和下标priority_queue<pair<ll, int>, vector<pair<ll, int>>, greater<pair<ll, int>>> p;int t;for (int i = 0; i < n; i++){cin >> t;// 相邻的数初始距离为1a[i] = {t, {1, 1}};// 数和下标压入堆p.push({t, i});}//查找k次while (k){// 弹出第一个数pair<ll, int> tp = p.top();p.pop();ll value = tp.first;int index = tp.second;// 如果已经被删除过，或者被修改过，则跳过，否则删除if (removed[index] || a[index].first != value)continue;// 标记为已删除removed[index] = true;// 左右最近未被删除节点到自己的距离int l = index - a[index].second.first;int r = index + a[index].second.second;// 如果左边相邻的数存在则更新if (l >= 0 && !removed[l]){// 更新左边的数并压入堆a[l].first += value;p.push({a[l].first, l});// 如果右边的数存在，则更新左边的数到右边的距离if (r < n && !removed[r]){a[l].second.second += a[index].second.second;}}// 如果右边相邻的数存在则更新if (r < n && !removed[r]){// 更新右边的数并压入堆a[r].first += value;p.push({a[r].first, r});// 如果左边的数存在，则更新右边的数到左边的距离if (l >= 0 && !removed[l]){a[r].second.first += a[index].second.first;}}k--;}// 输出还未被删除的数for (int i = 0; i < n; i++){if (!removed[i])cout << a[i].first << " ";}return 0;
}

冶炼金属

满分代码及思路

//对于这个v的范围我们怎么来确定呢
//我觉得是这样的 例如投入75个O产出3个X
//如果最好的情况即浪费的最少得时候 即V=25 当然也有小数的情况 但也就是直接相除之后向下取整就好 最后对于每一次冶炼的V取max
//最坏的情况需要考虑 还是拿上面的举例 我们可以从产出4个X所需要的V枚举到3 最后取min 但是注意此时就需要向上取整即加1；
//因为我们是在找不符合75个出3个X的临界点 即多少O出4个X

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int a[N],b[N];
int n;
int maxval=1e9;
int minval=0;
int main()
{cin>> n;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i]>>b[i];}for(int i=0;i<n;i++){maxval=min(a[i]/b[i],maxval);minval=max(a[i]/(b[i]+1)+1,minval);}cout<<minval<<' '<<maxval;return 0;
}

子串简写

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满分思路及代码

solution 1（60% 双指针）

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;// 双指针方法
int TwoPointers(int K, const string& S, char c1, char c2) {int n = S.length();int count = 0;for (int left = 0; left < n; ++left) {if (S[left] == c1) {for (int right = left + K - 1; right < n; ++right) {if (S[right] == c2) {++count;}}}}return count;
}
//首先暴力的思路类似于双指针 
//三种情况
//我们用p指针找到C1 保持c1不动移动指针q 让q不断去找c2 直到满足我们的长度我们的res++
//然后q走到最后一个c2了之后移动p 规则一样
//p q一起动
//
int main() {int K;string S;char c1, c2;// 读取输入cin >> K;cin >> S >> c1 >> c2;// 计算结果int result=TwoPointers(K, S, c1, c2);cout << result << endl;return 0;
}

solution 2（二分 AC）

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int nec1[500100];
int c1dx = 0;
int c2dx = 0;
int nec2[500100];
int main()
{int k;cin >> k;string str;cin >> str;str = "1" + str;char c1, c2;cin >> c1 >> c2;for (int i = 1; i < str.length(); i++) {//记录c1字符所有出现的位置if (str[i] == c1) {nec1[c1dx] = i;c1dx++;}//记录c2字符所有出现位置if (str[i] == c2) {nec2[c2dx] = i;c2dx++;}}long long ans = 0;//枚举c1字符出现的位置for (int i = 0; i < c1dx; i++) {//二分查找c2字符出现的位置的合法位置auto dx = lower_bound(nec2, nec2 + c2dx, nec1[i] + k-1);//没有找到情况if (dx == nec2 + c2dx)continue;//找到了int t = dx - nec2;//加上总合法个数ans += c2dx - t;}cout << ans << endl;return 0;
}

岛屿个数

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满分代码及思路

在我之前的文章 搜索系列 里面可以找到详细分析

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int X = 50 + 10;
typedef pair<int, int> PII;
int grid[X][X];  // 使用 int 类型数组
int n, m, T;
int ans;
int s[X];
// 海的移动偏移量数组
int dx[8] = {-1,-1,-1,0,1,1,1,0};
int dy[8] = {-1,0,1,1,1,0,-1,-1};
// 陆地的移动偏移量
int DX[4] = {-1, 0, 1, 0};
int DY[4] = {0, 1, 0, -1};
bool st_land[X][X];
bool st_sea[X][X];bool check(int x, int y) {if (x < n && x >= 0 && y < m && y >= 0) {return true;}return false;
}// 找到了（x,y）所在的岛屿 并将该岛屿的所有点都标为了 true
void bfs_land(int u, int v) {queue<PII> Q;st_land[u][v] = true;PII tp = {u, v};Q.push(tp);while (!Q.empty()) {PII t = Q.front();Q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++) {int nu = t.first + DX[i];int nv = t.second + DY[i];if (check(nu, nv) && grid[nu][nv] == 1 && !st_land[nu][nv]) {st_land[nu][nv] = true;Q.push({nu, nv});}}}
}void bfs_sea(int x, int y) {queue<PII> q;PII tmp = {x, y};q.push(tmp);st_sea[x][y] = true;while (!q.empty()) {PII p = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 8; i++) {  // 枚举一下海的方向  int nx = p.first + dx[i];int ny = p.second + dy[i];if (!check(nx, ny) || st_sea[nx][ny]) {continue;}if (grid[nx][ny] == 0) {st_sea[nx][ny] = true;q.push({nx, ny});} else if (grid[nx][ny] == 1 && !st_land[nx][ny]) {ans++;bfs_land(nx, ny);  // 如果发现寻找外海的过程中发现了陆地 说明属于新的外岛那么需要找到与他相连的全部陆地}}}
}int main() {cin >> T;while (T--) {cin >> n >> m;ans = 0;  // 每次都需要重置一下for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {st_sea[i][j] = st_land[i][j] = false;}}for (int i = 0; i < n; i++) {string s;cin >> s;for (int j = 0; j < m; j++) {grid[i][j] = s[j] - '0';  // 将字符转化成数字存进去}}bool has_sea = false;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {if (i == 0 || i == n - 1 || j == 0 || j == m - 1) {if (!st_sea[i][j] && grid[i][j] == 0) {  // 当前的这个点是海并且是没有被标记过has_sea = true;bfs_sea(i, j);}}}}// 判断全是陆地的特例（只有一个大岛）if (!has_sea) {ans = 1;}cout << ans << endl;}return 0;
}

飞机降落

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满分思路及代码

思路直接去看我之前的文章就好：搜索系列
非常详细具体
视频讲解：非常牛逼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =10+9;//防止越界
int n;//有多少架飞机
//int T,D,L;//分别表示降落时刻，能盘旋的时间，降落的时间
//考虑到这题这三个数据可以代表一架飞机的属性 可以考虑采用结构体来实现struct plane{
int t;
int d;
int l;
}p[N];
bool s[N];//每架飞机的状态
//我们需要知道几架飞机成功降落 和前一架飞机降落的时间
bool dfs(int x,int time)
{if(x>=n){return true;}//递归出口//枚举每种降落顺序for(int i=0;i<n;i++){if(!s[i])//这架飞机没有安排过{s[i]=true;if(p[i].t+p[i].d<time)//燃尽了也没等到前一架飞机降落完毕{//回溯s[i]=false;return false;}int next=max(p[i].t,time)+p[i].l;//核心 两种情况的综合//即一来就可以落 和 需要等前一架降落完毕再落if(dfs(x+1,next)){return true;//后续的飞机都可以顺利降落}s[i]=false;}}return false;//所有降落方案都不能成功降落；}
int main()
{int T;//测试的组数cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=0;i<n;i++){cin>>p[i].t>>p[i].d>>p[i].l;}if(dfs(0,0)){cout<<"YES"<<endl;}else{cout<<"NO"<<endl;}for(int i=0;i<n;i++){s[i]=false;}}return 0;}

接龙数列

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满分思路及代码

其实我们需要转化题目所问的问题
题目问的是 最少需要删除几个字符或者说数字 等价于求数列最长是多少 ——最长子序列问题
思路参考:视频讲解

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5;
int a[N]; //也可以使用vector,但在效率上会有损失
int dp[10];//全局变量，全部默认初始化为0
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 0;i < n;i++)
{
cin >> a[i];
}
//拆分每一个数，取出首位数字和末位数字
int front, tail;
for (int i = 0;i < n;i++)
{
int cur = a[i];
tail =cur % 10;
front =tail;
while (cur)
{
front = cur%10;
cur= cur / 10;
}
dp[tail] = dp[tail] > dp[front] + 1 ? dp[tail] : dp[front ]+ 1;
}
//找最大的dp数组元素值
int maxLen = 0;
for (int i = 0;i < 10;i++)
{
if (dp[i] > maxLen)
maxLen = dp[i];
}
cout << n - maxLen << endl;
return 0;
}