試題 A: 組隊
本題總分：5 分
作爲籃球隊教練，你需要從以下名單中選出 1 號位至 5 號位各一名球員，
組成球隊的首發陣容。
每位球員擔任 1 號位至 5 號位時的評分如下表所示。請你計算首發陣容 1
號位至 5 號位的評分之和最大可能是多少？
附帶輸入代碼：
97 92 0 0 89 82 0 0 0 95 0 0 94 0 0 0 98 93 0 0
90 95 0 0 83 86 0 97 0 99 0 0 91 83 0 0 83 87 0 99
0 96 0 0 97 0 0 96 89 0 96 0 0 87 98 0 99 92 0 96
0 0 0 80 0 0 87 0 0 0 97 93 0 0 97 93 98 96 89 95
0 0 93 86 0 0 90 0 0 0 0 98 0 0 98 86 81 98 92 81
思路：用深搜去一次搜索每種情況，將最大值保留下來
參考代碼：我這裏還記錄下了具體選人的情況，實際題目不需要
#include<cstdio>
int max;
bool vis[21];
int t[6],tt[6];
int ar[6][21];
void dfs(int k,int sum){//選了第k號位，當前評分
if(k>5){
if(sum>max){
max=sum;
for(int i=1;i<=5;i++){
tt[i]=t[i];//將情況記錄
}
}
return;
}
for(int i=1;i<=20;i++){
if(!vis[i]){
vis[i]=true;
t[k]=i;
dfs(k+1,sum+ar[k][i]);
vis[i]=false;
t[k]=0;
}
}
}
int main(){
for(int i=1;i<=5;i++){
for(int j=1;j<=20;j++){
scanf("%d",&ar[i][j]);
}
}
dfs(1,0);
printf("%d\n",max);
for(int i=1;i<=5;i++){
printf("%d ",tt[i]);
}
return 0;
}
答案：490
試題 B: 年號字串
本題總分：5 分
小明用字母 A 對應數字 1，B 對應 2，以此類推，用 Z 對應 26。對於 27
以上的數字，小明用兩位或更長位的字符串來對應，例如 AA 對應 27，AB 對
應 28，AZ 對應 52，LQ 對應 329。
請問 2019 對應的字符串是什麼？
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一
個大寫英文字符串，在提交答案時只填寫這個字符串，注意全部大寫，填寫多
餘的內容將無法得分。
思路：模擬機制轉化題，轉化爲26進制數，取對應字母
參考代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main(){
int n=2019;
while(n){
printf("%c",n%26+'A'-1);
n/=26;
}
return 0;
}
結果取反就是答案
答案：BYQ
試題 C: 數列求值
本題總分：10 分
給定數列 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, …，從第 4 項開始，每項都是前 3 項的和。求
第 20190324 項的最後 4 位數字。
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個 4 位整數（提示：答案的千位不爲 0） ，在提交答案時只填寫這個整數，填寫
多餘的內容將無法得分。
思路：一看就知道是用遞推來解，我剛開始用遞歸試了試，發現炸了，所以還是隻能用遞推來做，結果只要後4位數字，因爲高位不會影響低位，在遞推的過程中我們保留後四位即可。
參考代碼：
#include<cstdio>
int main(){
int a=1,b=1,c=1,d;
for(int i=4;i<=20190324;i++){
d=(a+b+c)%10000;
a=b,b=c,c=d;
}
printf("%d",d);
return 0;
}
答案：4659
試題 D: 數的分解
本題總分：10 分
【問題描述】
把 2019 分解成 3 個各不相同的正整數之和，並且要求每個正整數都不包
含數字 2 和 4，一共有多少種不同的分解方法？
注意交換 3 個整數的順序被視爲同一種方法，例如 1000+1001+18 和
1001+1000+18 被視爲同一種。
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一
個整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多餘的內容將無法得分。
思路：暴力枚舉，保證三個數是一次增大的就可以了，第三個數可以優化成 第三個數=2019-第一個數-第二個數
#include<cstdio>
int ans;
bool cheak(int n){
while(n){
if(n%10==2||n%10==4){
return true;
}
n/=10;
}
return false;
}
int main(){
for(int a=1;a<=2019;a++){
if(cheak(a))continue;
for(int b=a+1;b<=2019;b++){
if(cheak(b))continue;
int c=2019-a-b;
if(cheak(c)||c<=b)continue;
if(a!=b&&a!=c&&b!=c){
ans++;
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
答案：40785
試題 E: 迷宮
本題總分：15 分
【問題描述】
下圖給出了一個迷宮的平面圖，其中標記爲 1 的爲障礙，標記爲 0 的爲可
以通行的地方。
010000
000100
001001
110000
迷宮的入口爲左上角，出口爲右下角，在迷宮中，只能從一個位置走到這個它的上、下、左、右四個方向之一。
對於上面的迷宮，從入口開始，可以按DRRURRDDDR 的順序通過迷宮，
一共 10 步。其中 D、U、L、R 分別表示向下、向上、向左、向右走。
對於下面這個更復雜的迷宮（30 行 50 列） ，請找出一種通過迷宮的方式，
其使用的步數最少，在步數最少的前提下，請找出字典序最小的一個作爲答案。
請注意在字典序中D<L<R<U。（如果你把以下文字複製到文本文件中，請務必檢查複製的內容是否與文檔中的一致。在試題目錄下有一個文件 maze.txt，
內容與下面的文本相同）
01010101001011001001010110010110100100001000101010
00001000100000101010010000100000001001100110100101
01111011010010001000001101001011100011000000010000
01000000001010100011010000101000001010101011001011
00011111000000101000010010100010100000101100000000
11001000110101000010101100011010011010101011110111
00011011010101001001001010000001000101001110000000
10100000101000100110101010111110011000010000111010
00111000001010100001100010000001000101001100001001
11000110100001110010001001010101010101010001101000
00010000100100000101001010101110100010101010000101
11100100101001001000010000010101010100100100010100
00000010000000101011001111010001100000101010100011
10101010011100001000011000010110011110110100001000
10101010100001101010100101000010100000111011101001
10000000101100010000101100101101001011100000000100
10101001000000010100100001000100000100011110101001
00101001010101101001010100011010101101110000110101
11001010000100001100000010100101000001000111000010
00001000110000110101101000000100101001001000011101
10100101000101000000001110110010110101101010100001
00101000010000110101010000100010001001000100010101
10100001000110010001000010101001010101011111010010
00000100101000000110010100101001000001000000000010
11010000001001110111001001000011101001011011101000
00000110100010001000100000001000011101000000110011
10101000101000100010001111100010101001010000001000
10000010100101001010110000000100101010001011101000
00111100001000010000000110111000000001000000001011
10000001100111010111010001000110111010101101111000
【答案提交】
這是一道結果填空的題，你只需要算出結果後提交即可。本題的結果爲一個字符串，包含四種字母 D、U、L、R，在提交答案時只填寫這個字符串，填寫多餘的內容將無法得分。
思路：最小步數問題，當然用BFS來解決，但是要加一個字符串用來記錄過程
注意：字符串初始化爲空只能表示爲：""；
參考代碼：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
using namespace std;
const int N=30,M=50;
bool vis[N][M];
char mp[N][M];
int vir[4][2]={{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}};
char ml[4]={'U','L','D','R'};//四個方向
int mixn=99999999;
struct node{
int x,y;
string s;//存放方向
node(int xx,int yy,string ss){
x=xx;
y=yy;
s=ss;
}
};
int main(){
for(int i=0;i<N;i++){
cin>>mp[i];
}
queue<node>q;
q.push(node(0,0,""));//起點初始化
vis[0][0]=true;
while(!q.empty()){
node mm=q.front();
if(mm.x==N-1&&mm.y==M-1){//當到了終點
cout<<q.front().s<<endl;
return 0;
}
for(int i=0;i<4;i++){
int tx=mm.x+vir[i][0];
int ty=mm.y+vir[i][1];
string ts=mm.s+ml[i];
if(tx>=0&&tx<N&&ty>=0&&ty<M&&!vis[tx][ty]&&mp[tx][ty]!='1'){
vis[tx][ty]=true;
q.push(node(tx,ty,ts));
}
}
q.pop();
}
return 0;
}
開始天真的我想用DFS混一下，但是跑炸了，也分享一下DFS代碼：
#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
using namespace std;
const int M=30;
const int N=50;
char mp[M][N];
bool vis[M][N];
int vir[4][2]={{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}};
char ml[4]={'U','L','D','R'};
string dt;
string ddt;
int ans=999999999;
void dfs(int x,int y,int k){
//printf("x=%d y=%d k=%d\n",x,y,k);
if(x==M-1&&y==N-1){
if(k<ans){
ans=k;
dt=ddt;
}else{
if(ddt<dt){
dt=ddt;
}
}
return;
}
if(k>ans){//優化
return;
}
for(int i=0;i<4;i++){
int tx=x+vir[i][0];
int ty=y+vir[i][1];
if(tx>=0&&tx<M&&ty>=0&&ty<N&&!vis[tx][ty]&&mp[tx][ty]!='1'){
vis[tx][ty]=true;
ddt+=ml[i];
dfs(tx,ty,k+1);
vis[tx][ty]=false;
ddt.erase(ddt.length()-1);
}
}
}
int main(){
//printf("%d %d\n",M,N);
for(int i=0;i<M;i++){
cin>>mp[i];
}
dfs(0,0,0);
cout<<dt<<endl;
return 0;
}
答案：
DDDDRRURRRRRRDRRRRDDDLDDRDDDDDDDDDDDDRDDRRRUUURRRRDDDDRDRRRRRURRRDRRDDDRRRRUURUUUUUUUULLLUUUURRRRUULLLUUUULLUUULUURRURRURURRRDDRRRRRDDRRDDLLLDDRRDDRDDLDDDLLDDLLLDLDDDLDDRRRRRRRRRDDDDDDRR
試題 F: 特別數的和
時間限制: 1.0s 內存限制: 256.0MB 本題總分：15 分
【問題描述】
小明對數位中含有 2、0、1、9 的數字很感興趣 （不包括前導 0） ，在 1 到
40 中這樣的數包括 1、2、9、10 至 32、39 和 40，共 28 個，他們的和是 574。
請問，在 1 到 n 中，所有這樣的數的和是多少？
【輸入格式】
輸入一行包含兩個整數 n。
【輸出格式】
輸出一行，包含一個整數，表示滿足條件的數的和。
【樣例輸入】
40
【樣例輸出】
574
【評測用例規模與約定】
對於 20% 的評測用例，1 ≤ n ≤ 10。
對於 50% 的評測用例，1 ≤ n ≤ 100。
對於 80% 的評測用例，1 ≤ n ≤ 1000。
對於所有評測用例，1 ≤ n ≤ 10000。
思路：暴力枚舉即可
#include<cstdio>
bool cheak(int n){
while(n){
if(n%10==2||n%10==0||n%10==1||n%10==9){
return true;
}
n/=10;
}
return false;
}
int main(){
int n,sum=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(cheak(i)){
sum+=i;
}
}
printf("%d",sum);
return 0;
}
試題 G: 完全二叉樹的權值
時間限制: 1.0s 內存限制: 256.0MB 本題總分：20 分
【問題描述】
給定一棵包含 N 個節點的完全二叉樹，樹上每個節點都有一個權值，按從
上到下、從左到右的順序依次是 A 1 , A 2 , ··· A N ，如下圖所示：
現在小明要把相同深度的節點的權值加在一起，他想知道哪個深度的節點
權值之和最大？如果有多個深度的權值和同爲最大，請你輸出其中最小的深度。
注：根的深度是 1。
【輸入格式】
第一行包含一個整數 N。
第二行包含 N 個整數 A 1 , A 2 , ··· A N 。
【輸出格式】
輸出一個整數代表答案。
【樣例輸入】
7
1 6 5 4 3 2 1
試題G: 完全二叉樹的權值 10
第十屆藍橋杯大賽軟件類省賽 C/C++ 大學 B 組
【樣例輸出】
2
【評測用例規模與約定】
對於所有評測用例，1 ≤ N ≤ 100000，−100000 ≤ A i ≤ 100000。
試題 H: 等差數列
時間限制: 1.0s 內存限制: 256.0MB 本題總分：20 分
【問題描述】
數學老師給小明出了一道等差數列求和的題目。但是粗心的小明忘記了一部分的數列，只記得其中 N 個整數。
現在給出這 N 個整數，小明想知道包含這 N 個整數的最短的等差數列有幾項？
【輸入格式】
輸入的第一行包含一個整數 N。
第二行包含 N 個整數 A 1 ,A 2 ,··· ,A N 。(注意 A 1 ∼ A N 並不一定是按等差數列中的順序給出)
【輸出格式】
輸出一個整數表示答案。
【樣例輸入】
5
2 6 4 10 20
【樣例輸出】
10
【樣例說明】
包含 2、6、4、10、20 的最短的等差數列是 2、4、6、8、10、12、14、16、18、20。
【評測用例規模與約定】
對於所有評測用例，2 ≤ N ≤ 100000，0 ≤ A i ≤ 109 10^910 9
。
這道題先放上暴力解法；日後補上正確解法；
參考代碼：
#include<cstdio>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
set<int>s;//存放輸入
int n,a[100005],ans[100005];
int d;
bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}
bool cheack(int m){//判斷這個公差行不行
int k=0,flag=0;
while(1){
if(k*m+a[0]>a[n-1]){
break;
}
if(s.count(k*m+a[0])){
flag++;
}
k++;
}
if(flag==n){
return true;
}else{
return false;
}
}
int main(){
int p;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&p);
a[i]=p;
s.insert(p);
}
sort(a,a+n);
for(int i=1;i<n;i++){
ans[i]=a[i]-a[i-1];
}
sort(ans+1,ans+n,cmp);
for(int i=ans[1];i>=0;i--){
if(cheack(i)){
d=i;//公差
break;
}
}
printf("%d",(a[n-1]-a[0])/d+1);
return 0;
}