蓝桥杯李白打酒php,第五届蓝桥杯省赛B组

1 啤酒和饮料标题：啤酒和饮料

啤酒每罐2.3元，饮料每罐1.9元。小明买了若干啤酒和饮料，一共花了82.3元。

我们还知道他买的啤酒比饮料的数量少，请你计算他买了几罐啤酒。

注意：答案是一个整数。请通过浏览器提交答案。

不要书写任何多余的内容(例如：写了饮料的数量，添加说明文字等)。

似乎涉及到double、float数据的精度问题，在判断两个数据是否相等时，应使用fabs(a-b) < 0.000001，但我在写代码时直接使用==判定也能成功#include

using namespace std;

int main()

{

for(int i=1;i<50;i++)

{

for(int j=1;j<50;j++)

{

if(i

cout<

}

}

return 0;

}

//11

2 切面条标题：切面条

一根高筋拉面，中间切一刀，可以得到2根面条。

如果先对折1次，中间切一刀，可以得到3根面条。

如果连续对折2次，中间切一刀，可以得到5根面条。

那么，连续对折10次，中间切一刀，会得到多少面条呢？

找规律：对折n次，切之后会有 2^n+1根面条

1025

3 李白打酒标题：李白打酒

话说大诗人李白，一生好饮。幸好他从不开车。

一天，他提着酒壶，从家里出来，酒壶中有酒2斗。他边走边唱：

无事街上走，提壶去打酒。

逢店加一倍，遇花喝一斗。

这一路上，他一共遇到店5次，遇到花10次，已知最后一次遇到的是花，他正好把酒喝光了。

请你计算李白遇到店和花的次序，可以把遇店记为a，遇花记为b。则：babaabbabbabbbb 就是合理的次序。像这样的答案一 > 共有多少呢？请你计算出所有可能方案的个数(包含题目给出的)。

注意：通过浏览器提交答案。答案是个整数。不要书写任何多余的内容。

用递归的方式，遍历所有可能，满足要求的情况就是递归出口，计数加一//解法一:

#include

using namespace std;

int ans=0;

void f(int dian,int hua,int jiu)

{

if(dian==0&&hua==0&&jiu==1)

ans++;

if(dian>0)

f(dian-1,hua,jiu*2);

if(hua>0)

f(dian,hua-1,jiu-1);

}

int main()

{

f(5,9,2);

cout<

return 0;

}

//解法二：

#include

#include

using namespace std;

int main()

{

int ans=0;

//0代表花，1代表店

int a[15]={0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,0}; //先递增排序，再进行全排列

do

{

int n=2;

for(int i=0;i<15;i++)

{

if(a[i]==1)

n=n*2;

else

n--;

}

if(n==0)

ans++;

}while(next_permutation(a,a+14));

cout<

return 0;

}

//14

4 史丰收速算标题：史丰收速算

史丰收速算法的革命性贡献是：从高位算起，预测进位。不需要九九表，彻底颠覆了传统手算!

速算的核心基础是：1位数乘以多位数的乘法。

其中，乘以7是最复杂的，就以它为例。

因为，1/7 是个循环小数：0.142857...，如果多位数超过 142857...，就要进1

同理，2/7, 3/7, ... 6/7 也都是类似的循环小数，多位数超过 n/7，就要进n

下面的程序模拟了史丰收速算法中乘以7的运算过程。

乘以 7 的个位规律是：偶数乘以2，奇数乘以2再加5，都只取个位。

乘以 7 的进位规律是：

满 142857... 进1,

满 285714... 进2,

满 428571... 进3,

满 571428... 进4,

满 714285... 进5,

满 857142... 进6

请分析程序流程，填写划线部分缺少的代码。

根据题目描述和填空处的代码逻辑，猜出来的#include

#include

using namespace std;

//计算个位

int ge_wei(int a)

{

if(a % 2 == 0)

return (a * 2) % 10;

else

return (a * 2 + 5) % 10;

}

//计算进位

int jin_wei(char* p)

{

char* level[] = {

"142857",

"285714",

"428571",

"571428",

"714285",

"857142"

};

char buf[7];

buf[6] = '\0';

strncpy(buf,p,6);

int i;

for(i=5; i>=0; i--){

int r = strcmp(level[i], buf); //strcmp(str1,str2)，若str1=str2，则返回零；若str1

if(r<0) return i+1; //buf大于level[i]

while(r==0){

p += 6;

strncpy(buf,p,6);

r = strcmp(level[i], buf);

if(r<0) return i+1;

if(r>0) return i; //填空

}

}

return 0;

}

//多位数乘以7

void f(char* s)

{

int head = jin_wei(s);

if(head > 0) printf("%d", head);

char* p = s;

while(*p){

int a = (*p-'0');

int x = (ge_wei(a) + jin_wei(p+1)) % 10;

printf("%d",x);

p++;

}

printf("\n");

}

int main()

{

f("428571428571");

f("34553834937543");

return 0;

}

5 打印图形标题：打印图形

小明在X星球的城堡中发现了如下图形和文字：

rank=3

*

* *

* *

* * * *

rank=5

*

* *

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ran=6

*

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小明开动脑筋，编写了如下的程序，实现该图形的打印。

#include

using namespace std;

#define N 70

void f(char a[][N], int rank, int row, int col)

{

if(rank==1){

a[row][col] = '*';

return;

}

int w = 1;

int i;

for(i=0; i

f(a, rank-1, row, col+w/2); //f(a, 5, 0, 16),填空处,处理上方的三角形

f(a, rank-1, row+w/2, col); //f(a, 5, 16, 0),处理左下方的三角形

f(a, rank-1, row+w/2, col+w); //f(a, 5, 16, 32),处理右下方的三角形

}

int main()

{

char a[N][N];

int i,j;

for(i=0;i

for(j=0;j

f(a,6,0,0);

for(i=0; i

for(j=0; j

printf("\n");

}

return 0;

}

6 奇怪的分式标题：奇怪的分式

上小学的时候，小明经常自己发明新算法。一次，老师出的题目是：

1/4 乘以 8/5

小明居然把分子拼接在一起，分母拼接在一起，答案是：18/45 (参见图1.png)

老师刚想批评他，转念一想，这个答案凑巧也对啊，真是见鬼！

对于分子、分母都是 1~9 中的一位数的情况，还有哪些算式可以这样计算呢？

请写出所有不同算式的个数(包括题中举例的)。

显然，交换分子分母后，例如：4/1 乘以 5/8 是满足要求的，这算做不同的算式。

但对于分子分母相同的情况，2/2 乘以 3/3 这样的类型太多了，不在计数之列!

注意：答案是个整数(考虑对称性，肯定是偶数)。请通过浏览器提交。不要书写多余的内容。

暴力求解，需要注意的是不能直接使用整型数据的除法，应使用浮点型数据或者利用等式将除法判定相等转换为乘法判定相等

并且，不能直接使用'(i/j)(k/l)==(i10+k)/(j10+l)'，应该使用'ik/(jl)==(i10+k)/(j*10+l)'代替，因为先除再乘会产生误差#include

#include

using namespace std;

int main()

{

int ans=0;

float i,j,k,l;

for(i=1;i<=9;i++)

{

for(j=1;j<=9;j++)

{

if(i==j)

continue;

for(k=1;k<=9;k++)

{

for(l=1;l<=9;l++)

{

if(k==l)

continue;

//if(fabs((i/j)*(k/l)-(i*10+k)/(j*10+l))<0.000001)

if(i*k/(j*l)==(i*10+k)/(j*10+l))

{

ans++;

//printf("%f %f %f %f\n",i,j,k,l);

}

}

}

}

}

cout<

return 0;

}

//14

7 六角填数标题：六角填数

如图【1.png】所示六角形中，填入1~12的数字。

使得每条直线上的数字之和都相同。

图中，已经替你填好了3个数字，请你计算星号位置所代表的数字是多少？

请通过浏览器提交答案，不要填写多余的内容。

#include

#include

#include

using namespace std;

void check(vector v)

{

int r1=8+v[0]+v[1]+v[2];

int r2=1+v[0]+v[3]+v[5];

int r3=1+v[1]+v[4]+v[8];

int r4=11+v[3]+v[6];

int r5=3+v[2]+v[4]+v[7];

int r6=v[5]+v[6]+v[7]+v[8];

if(r1==r2&&r2==r3&&r3==r4&&r4==r5&&r5==r6)

cout<

}

int main()

{

vector v;

//将待填入六角的数字从小到大依次加入到vector中，便于后面的全排列

v.push_back(2);

for(int i=4;i<=7;i++)

{

v.push_back(i);

}

for(int i=9;i<=12;i++)

{

v.push_back(i);

}

//现在vector中共有9个元素

do

{

check(v);

}while(next_permutation(v.begin(),v.end()));

return 0;

}

//10

8 蚂蚁感冒第一行输入一个整数n (1 < n < 50), 表示蚂蚁的总数。

接着的一行是n个用空格分开的整数 Xi (-100 < Xi < 100), Xi的绝对值，表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。正值表示头> 朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现0值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。

要求输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。

例如，输入：

3

5 -2 8

程序应输出：

1

再例如，输入：

5

-10 8 -20 12 25

程序应输出：

3

资源约定：

峰值内存消耗 < 256M

CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0

注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。

注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型。

此题如果使用模拟的做法，将每只蚂蚁的运动模拟并记录，再考虑碰面掉头的情况，这样比较复杂且容易造成逻辑混乱。较为简洁的做法是：将碰面掉头转换为看做蚂蚁互相穿过对方的身体，这时再来考虑被感染的可能。

以第一只被感染的蚂蚁(设为x)向右走为例，在x前面且向右走的蚂蚁和x后面且向左走的蚂蚁一定不会被感染，在x前面且向左走的蚂蚁一定会和x碰面，被感染，这时穿过x的这只蚂蚁，一定会感染在x后面且向右走的蚂蚁。这时，被感染就只有两种情况了。#include

using namespace std;

int main()

{

int n;

cin>>n;

int a[n];

for(int i=0;i

{

cin>>a[i];

}

int x=a[0]; //第一只感冒的蚂蚁

int ans=1; //感冒蚂蚁数量

if(x>0) //第一只蚂蚁向右走

{

for(int i=1;i

{

if(a[i]<0&&-a[i]>x)

ans++;

}

if(ans!=1) //有从右向左的蚂蚁和第一只蚂蚁碰面，穿过身体，被感冒了

{

for(int i=1;i

if(a[i]>0&&a[i]

ans++;

}

cout<

}

if(x<0) //第一只蚂蚁向左走

{

for(int i=1;i

{

if(a[i]>0&&a[i]

ans++;

}

if(ans!=1) //有从右向左的蚂蚁和第一只蚂蚁碰面，穿过身体，被感冒了

{

for(int i=1;i

if(a[i]<0&&a[i]

ans++;

}

cout<

}

return 0;

}

9 地宫寻宝标题：地宫取宝

X 国王有一个地宫宝库。是 n x m 个格子的矩阵。每个格子放一件宝贝。每个宝贝贴着价值标签。

地宫的入口在左上角，出口在右下角。

小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。

走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它(当然，也可以不拿)。

当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是k件，则这些宝贝就可以送给小明。

请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这k件宝贝。

【数据格式】

输入一行3个整数，用空格分开：n m k (1<=n,m<=50, 1<=k<=12)

接下来有 n 行数据，每行有 m 个整数 Ci (0<=Ci<=12)代表这个格子上的宝物的价值

要求输出一个整数，表示正好取k个宝贝的行动方案数。该数字可能很大，输出它对 1000000007 取模的结果。

例如，输入：

2 2 2

1 2

2 1

程序应该输出：

2

再例如，输入：

2 3 2

1 2 3

2 1 5

程序应该输出：

14

资源约定：

峰值内存消耗 < 256M

CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0

注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。

注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型。

第一种做法，当数据较大时会超时，只能得一部分的分数#include

using namespace std;

int a[50][50];

int n,m,k;

long long ans=0;

const int MOD=1000000007;

void dfs(int x,int y,int max,int cnt)

{

int cur=a[x][y];

if(x==n||y==m||cnt>k)

return;

if(x==n-1&&y==m-1)

{

if(cnt==k||(cnt==k-1&&cur>max)) //第二种情况容易忽略

{

ans=(ans+1)%MOD;

}

}

if(cur>max) //取物品

{

dfs(x+1,y,cur,cnt+1); //向下走

dfs(x,y+1,cur,cnt+1); //向右走

}

//价值较小、或者不取物品的情况

dfs(x+1,y,max,cnt);

dfs(x,y+1,max,cnt);

}

int main()

{

cin>>n>>m>>k;

for(int i=0;i

for(int j=0;j

cin>>a[i][j];

dfs(0,0,-1,0);

cout<

return 0;

}

第二种做法，利用递归缓存long long cache[x][y][max+1][cnt]解决了重复子集问题，提高了效率#include

#include //memset()

using namespace std;

int a[50][50];

int n,m,k;

const int MOD=1000000007;

long long cache[50][50][14][13]; //max+1最大取到13

int dfs(int x,int y,int max,int cnt)

{

long long ans=0;

int cur=a[x][y];

if(cache[x][y][max+1][cnt]!=-1) //最开始max传入为-1，但数组下标不能为-1

return cache[x][y][max+1][cnt];

if(x==n||y==m||cnt>k)

return 0;

if(x==n-1&&y==m-1)

{

if(cnt==k||(cnt==k-1&&cur>max)) //第二种情况容易忽略

{

ans=(ans+1)%MOD;

return ans;

}

}

if(cur>max) //取物品

{

ans=(dfs(x+1,y,cur,cnt+1)+ans)%MOD; //向下走

ans=(dfs(x,y+1,cur,cnt+1)+ans)%MOD; //向右走

}

//价值较小、或者不取物品的情况

ans=(dfs(x+1,y,max,cnt)+ans)%MOD;

ans=(dfs(x,y+1,max,cnt)+ans)%MOD;

cache[x][y][max+1][cnt]=ans;

return ans;

}

int main()

{

cin>>n>>m>>k;

for(int i=0;i

for(int j=0;j

cin>>a[i][j];

memset(cache,-1,sizeof(cache));

//如果max传0，当第一个格子值为0，第一个格子必然取不到，但其实是可以取的

cout<

return 0;

}

10 小朋友排队标题：小朋友排队

n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列，但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。

每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候，所有小朋友的不高兴程度都是0。

如果某个小朋友第一次被要求交换，则他的不高兴程度增加1，如果第二次要求他交换，则他的不高兴程度增加2(即不高兴程> 度为3)，依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时，他的不高兴程度增加k。

请问，要让所有小朋友按从低到高排队，他们的不高兴程度之和最小是多少。

如果有两个小朋友身高一样，则他们谁站在谁前面是没有关系的。

【数据格式】

输入的第一行包含一个整数n，表示小朋友的个数。

第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn，分别表示每个小朋友的身高。

输出一行，包含一个整数，表示小朋友的不高兴程度和的最小值。

例如，输入：

3

3 2 1

程序应该输出：

9

【样例说明】

首先交换身高为3和2的小朋友，再交换身高为3和1的小朋友，再交换身高为2和1的小朋友，每个小朋友的不高兴程度都是3，总> 和为9。

【数据规模与约定】

对于10%的数据， 1<=n<=10；

对于30%的数据， 1<=n<=1000；

对于50%的数据， 1<=n<=10000；

对于100%的数据，1<=n<=100000，0<=Hi<=1000000。

资源约定：

峰值内存消耗 < 256M

CPU消耗 < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0

注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。

注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型。

此题需要记录每个小朋友交换的次数，对于任意一个小朋友来说，被交换的次数=在他左侧比他高的小朋友人数+在他右侧比他低的小朋友的人数。

暴力解法，时间复杂度为O(n^2)，能得部分分数，当数据变大后会超时#include

#include //memset

using namespace std;

int main()

{

long long ans=0;

int n;

cin>>n;

int h[n];

long long cnt[n];

memset(cnt,0,sizeof(cnt));

for(int i=0;i

{

cin>>h[i];

}

//从左向右扫描，找出在h[i]左侧，且比h[i]大的数据个数

for(int i=0;i

{

int temp=0;

int cur=h[i];

for(int j=i+1;j

if(cur>h[j])

temp++;

cnt[i]+=temp;

}

//从右向左扫描，找出在h[i]右侧，且比h[i]小的数据个数

for(int i=n-1;i>=0;i--)

{

int temp=0;

int cur=h[i];

for(int j=i-1;j>=0;j--)

if(cur

temp++;

cnt[i]+=temp;

}

for(int i=0;i

{

ans+=cnt[i]*(cnt[i]+1)/2; //等差数列求和

}

cout<

return 0;

}

利用#include

#include //memset

using namespace std;

int lowbit(int n)

{

return n-(n&(n-1));

}

/** \brief 原始数组的i位置增加v后，更新c数组

*

* \param n c数组的大小

* \param i 增加的位置

* \param v 增加的值

* \param c 数组

*

*/

void updata(int n,int i,int v,int c[])

{

for(int k=i;k

{

c[k]+=v;

}

}

int getsum(int c[],int i)

{

int sum=0;

//c数组从1开始存储数据，故k>=1

for(int k=i;k>=1;k-=lowbit(k))

{

sum+=c[k];

}

return sum;

}

int main()

{

int n;

cin>>n;

int h[n];

//定义为long long型防止计算ans+=(cnt[i]*(cnt[i]+1)/2)时发生截断

long long cnt[n]; //记录每个孩子的交换次数

memset(cnt,0,sizeof(cnt));

int hMAX=0;

for(int i=0;i

{

cin>>h[i];

//确定c数组的大小，即为最高的身高

if(h[i]>hMAX)

hMAX=h[i];

}

int c[hMAX+2];

memset(c,0,sizeof(c));

for(int i=0;i

{

updata(hMAX+2,h[i]+1,1,c);

int sum=getsum(c,h[i]+1); //小于等于h[i]+1数据的个数

cnt[i]+=(i+1)-sum; //在h[i]+1左侧，且比它大的数，需要进行交换

}

memset(c,0,sizeof(c));

for(int i=n-1;i>=0;i--) //从右往左扫描

{

updata(hMAX+2,h[i]+1,1,c);

// int sum=getsum(c,h[i]+1) //小于等于h[i]+1数据的个数

// cnt[i]+=sum-; //在h[i]+1左侧，且比它大的数，需要进行交换

//

cnt[i]+=getsum(c,h[i]);

}

long long ans=0;

for(int i=0;i

{

ans+=(cnt[i]*(cnt[i]+1)/2); //等差数列求和

}

cout<

return 0;

}