2020第二次蓝桥杯线上模拟赛

第一题

题目

问题描述

一个包含有2019个结点的无向连通图，最少包含多少条边？

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

 题解:

　　连接n个点，需要n-1条边。

 答案：2018

第二题
题目

问题描述

由1对括号，可以组成一种合法括号序列：()。
　　由2对括号，可以组成两种合法括号序列：()()、(())。
　　由4对括号组成的合法括号序列一共有多少种？

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

 

 题解：

　　这题很容易数错了，要按照度来数。即：

　　　　　　度为1：()()()()

　　　　　　度为2：(())(())、(()())()、()(()())、(()()())、()()(())、()(())()、(())()()

　　　　　　度为3：((()()))、((())())、(()(()))、()((()))、((()))()

　　　　　   度为4：(((())))

 答案：14

第三题

题目

问题描述

在计算机存储中，12.5MB是多少字节？

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

 题解：

　　1MB=1024KB=1024*1024B

答案：13107200

第四题
题目

问题描述

将LANQIAO中的字母重新排列，可以得到不同的单词，如LANQIAO、AAILNOQ等，注意这7个字母都要被用上，单词不一定有具体的英文意义。
　　请问，总共能排列如多少个不同的单词。

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

 

题解：

　　一共有七个字母，有7！种排列方式，其中有两个a所以要除以2

答案：2520

法二：还有一种方法是用next_permutation方法。

第五题 

问题描述

给定一个单词，请使用凯撒密码将这个单词加密。
　　凯撒密码是一种替换加密的技术，单词中的所有字母都在字母表上向后偏移3位后被替换成密文。即a变为d，b变为e，…，w变为z，x变为a，y变为b，z变为c。
　　例如，lanqiao会变成odqtldr。

输入格式

输入一行，包含一个单词，单词中只包含小写英文字母。

输出格式

输出一行，表示加密后的密文。

样例输入

lanqiao

样例输出

odqtldr

评测用例规模与约定

对于所有评测用例，单词中的字母个数不超过100。

题解:

答案：

#include<algorithm>
using namespace std;

char deal(char a)
{
    char re;
    if(a>='x'){
        re='a'+2-('z'-a);
    }
    else re=a+3;
    return re;
}
int main()
{
    string s;
    cin>>s;
    int len = s.length();
    for(int i=0;i<len;i++)
        cout<<deal(s[i]);
    cout<<endl;
    return 0;
}

 

第六题

题目

问题描述

给定三个整数 a, b, c，如果一个整数既不是 a 的整数倍也不是 b 的整数倍还不是 c 的整数倍，则这个数称为反倍数。
　　请问在 1 至 n 中有多少个反倍数。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n。
　　第二行包含三个整数 a, b, c，相邻两个数之间用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含一个整数，表示答案。

样例输入

30
2 3 6

样例输出

10

样例说明

以下这些数满足要求：1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29。

评测用例规模与约定

对于 40% 的评测用例，1 <= n <= 10000。
　　对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
　　对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000，1 <= a <= n，1 <= b <= n，1 <= c <= n。

题解：

答案：

#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int count=0,n,a,b,c;
    cin>>n>>a>>b>>c;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i%a!=0&&i%b!=0&&i%c!=0)count++;
    }
    cout<<count<<endl;
    return 0;
}

 

第七题
题目

问题描述

如果一个序列的奇数项都比前一项大，偶数项都比前一项小，则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。
　　小明想知道，长度为 m，每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。

输入格式

输入一行包含两个整数 m，n。

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10000的余数。

样例输入

3 4

样例输出

14

样例说明

以下是符合要求的摆动序列：
　　2 1 2
　　2 1 3
　　2 1 4
　　3 1 2
　　3 1 3
　　3 1 4
　　3 2 3
　　3 2 4
　　4 1 2
　　4 1 3
　　4 1 4
　　4 2 3
　　4 2 4
　　4 3 4

评测用例规模与约定

对于 20% 的评测用例，1 <= n, m <= 5；
　　对于 50% 的评测用例，1 <= n, m <= 10；
　　对于 80% 的评测用例，1 <= n, m <= 100；
　　对于所有评测用例，1 <= n, m <= 1000。

 

题解：

这个题只会一种很暴力的做法，大概只能骗到一半的分。

答案：

#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=10000;

int ans=0,n,m;
void dfs(int index,int pre)
{

    if(index==m){
        ans=(ans+1)%mod;
        return;
    }
    if((index+1)%2==1){
        for(int i=pre+1;i<=n;i++){
            dfs(index+1,i);
        }
    }
    else {
        for(int i=1;i<pre;i++)
            dfs(index+1,i);
    }

}

int main()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=2;i<=n;i++)
        dfs(1,i);
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

 

第八题
题目

问题描述

对于一个 n 行 m 列的表格，我们可以使用螺旋的方式给表格依次填上正整数，我们称填好的表格为一个螺旋矩阵。
　　例如，一个 4 行 5 列的螺旋矩阵如下：
　　1 2 3 4 5
　　14 15 16 17 6
　　13 20 19 18 7
　　12 11 10 9 8

输入格式

输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示螺旋矩阵的行数和列数。
　　第二行包含两个整数 r, c，表示要求的行号和列号。

输出格式

输出一个整数，表示螺旋矩阵中第 r 行第 c 列的元素的值。

样例输入

4 5
2 2

样例输出

15

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例，2 <= n, m <= 20。
　　对于 70% 的评测用例，2 <= n, m <= 100。
　　对于所有评测用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= r <= n，1 <= c <= m。

题解：

答案：

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

const int maxn = 1050;
int maps[maxn][maxn];
int n,m,r,c;

int main()
{
    //fill(maps,maps+(maxn*maxn),0);
    memset(maps,0,sizeof(maps));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%d%d",&r,&c);
    int tot=0,x=1,y=1;
    maps[1][1]=++tot;
    while(tot<n*m){

        while(tot<n*m && y+1<=m &&!maps[x][y+1])maps[x][++y]=++tot;
        printf("(%d,%d)
",x,y);
        while(tot<n*m && x+1<=n &&!maps[x+1][y])maps[++x][y]=++tot;
        while(tot<n*m && y-1>=1 &&!maps[x][y-1])maps[x][--y]=++tot;
        while(tot<n*m && x-1>=1 &&!maps[x-1][y])maps[--x][y]=++tot;
    } 
    printf("%d
",maps[r][c]);
    return 0;
}

 

 

第九题
题目

问题描述

小明和朋友们一起去郊外植树，他们带了一些在自己实验室精心研究出的小树苗。
　　小明和朋友们一共有 n 个人，他们经过精心挑选，在一块空地上每个人挑选了一个适合植树的位置，总共 n 个。他们准备把自己带的树苗都植下去。
　　然而，他们遇到了一个困难：有的树苗比较大，而有的位置挨太近，导致两棵树植下去后会撞在一起。
　　他们将树看成一个圆，圆心在他们找的位置上。如果两棵树对应的圆相交，这两棵树就不适合同时植下（相切不受影响），称为两棵树冲突。
　　小明和朋友们决定先合计合计，只将其中的一部分树植下去，保证没有互相冲突的树。他们同时希望这些树所能覆盖的面积和（圆面积和）最大。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n ，表示人数，即准备植树的位置数。
　　接下来 n 行，每行三个整数 x, y, r，表示一棵树在空地上的横、纵坐标和半径。

输出格式

输出一行包含一个整数，表示在不冲突下可以植树的面积和。由于每棵树的面积都是圆周率的整数倍，请输出答案除以圆周率后的值（应当是一个整数）。

样例输入

6
1 1 2
1 4 2
1 7 2
4 1 2
4 4 2
4 7 2

样例输出

12

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 10；
　　对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 20；
　　对于所有评测用例，1 <= n <= 30，0 <= x, y <= 1000，1 <= r <= 1000。

题解：

答案：

第十题
题目

问题描述

2015年，全中国实现了户户通电。作为一名电力建设者，小明正在帮助一带一路上的国家通电。
　　这一次，小明要帮助 n 个村庄通电，其中 1 号村庄正好可以建立一个发电站，所发的电足够所有村庄使用。
　　现在，这 n 个村庄之间都没有电线相连，小明主要要做的是架设电线连接这些村庄，使得所有村庄都直接或间接的与发电站相通。
　　小明测量了所有村庄的位置（坐标）和高度，如果要连接两个村庄，小明需要花费两个村庄之间的坐标距离加上高度差的平方，形式化描述为坐标为 (x_1, y_1) 高度为 h_1 的村庄与坐标为 (x_2, y_2) 高度为 h_2 的村庄之间连接的费用为
　　sqrt((x_1-x_2)(x_1-x_2)+(y_1-y_2)(y_1-y_2))+(h_1-h_2)*(h_1-h_2)。
　　在上式中 sqrt 表示取括号内的平方根。请注意括号的位置，高度的计算方式与横纵坐标的计算方式不同。
　　由于经费有限，请帮助小明计算他至少要花费多少费用才能使这 n 个村庄都通电。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n ，表示村庄的数量。
　　接下来 n 行，每个三个整数 x, y, h，分别表示一个村庄的横、纵坐标和高度，其中第一个村庄可以建立发电站。

输出格式

输出一行，包含一个实数，四舍五入保留 2 位小数，表示答案。

样例输入

4
1 1 3
9 9 7
8 8 6
4 5 4

样例输出

17.41

评测用例规模与约定

对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 10；
　　对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100；
　　对于所有评测用例，1 <= n <= 1000，0 <= x, y, h <= 10000。

题解：

答案：

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

const int maxn=1010,INF=10000000.0;
typedef struct Point{
    int x,y,h;
}Point;
double G[maxn][maxn],d[maxn];
bool vis[maxn];
Point point[maxn];
int n;

void init()
{
    fill(vis,vis+maxn,false);
    fill(G[0],G[0]+maxn*maxn,INF);
    fill(d,d+maxn,INF);
}

double prim()
{
    for(int i=0;i<n;i++){
        int pos=-1;
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(!vis[j]&&(pos==-1||d[pos]>d[j]))pos=j;
        }
        vis[pos]=1;
        for(int k=0;k<n;k++){
            if(!vis[k] && d[k]>G[pos][k])d[k]=G[pos][k];
        }
    }
    double ans=0;
    for(int i=1;i<n;i++)ans+=d[i];
    return ans;
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>point[i].x>>point[i].y>>point[i].h;
    }
    init();

    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<i;j++){
            double temp=1.0*sqrt((point[i].x - point[j].x) * (point[i].x - point[j].x) + (point[i].y-point[j].y) * (point[i].y-point[j].y)) + (point[i].h-point[j].h) * (point[i].h-point[j].h);
            if(temp<G[i][j]){
                G[j][i]=G[i][j]=temp;
            }
        }
    }
    printf("%.2f
",prim());
    return 0;
}