前言：以下代码部分仅供参考，C语言解答部分全部来自网友，Java语言部分部分参考自网友，对于答案的正确性不能完全保证。
试题1
数论中有著名的四方定理：所有自然数至多只要用四个数的平方和就可以表示。 我们可以通过计算机验证其在有限范围的正确性。 对于大数，简单的循环嵌套是不适宜的。下面的代码给出了一种分解方案。 请仔细阅读，填写空缺的代码（下划线部分）。 注意：请把填空的答案（仅填空处的答案，不包括题面）存入考生文件夹下对应题号的“解答.txt”中即可。 直接写在题面中不能得分。 int f(int n, int a[], int idx) { if(______________) return 1; // 填空1 if(idx==4) return 0; for(int i=(int)sqrt(n); i>=1; i--) { a[idx] = i; if(_______________________) return 1; // 填空2 } return 0; } int main(int argc, char* argv[]) { for(;;) { int number; printf("输入整数(1~10亿)："); scanf("%d",&number); int a[] = {0,0,0,0}; int r = f(number, a, 0); printf("%d: %d %d %d %d ", r, a[0], a[1], a[2], a[3]); } return 0; } a[0]*a[0] + a[1]*a[1] + a[2]*a[2] + a[3]*a[3] == n f(n, a, idx + 1) == 1
来自网友：
本题满分： 9分
填空1: (3分)
n==0
或者：0==n
填空2: (6分)
f(n-i*i, a, idx+1)
或者：
f(n-i*i, a, idx+1) > 0
f(n-i*i, a, idx+1) == 1
试题2
在对文本进行简单加密的时候，可以选择用一个n位的二进制数，对原文进行异或运算。 解密的方法就是再执行一次同样的操作。 加密过程中n位二进制数会循环使用。并且其长度也可能不是8的整数倍。 下面的代码演示了如何实现该功能。 请仔细阅读，填写空缺的代码（下划线部分）。 void f(char* buf, unsigned char* uckey, int n) { int i; for(i=0; i<n; i++) buf[i] = buf[i] ^ uckey[i]; //异或运算，即：buf[i] ^= uckey[i] } int main(int argc, char* argv[]) { char p[] = "abcd中国人123"; // 待加密串 char* key = "11001100010001110"; //以串的形式表达的密匙，运算时要转换为按位存储的形式。 int np = strlen(p); int nk = strlen(key); unsigned char* uckey = (unsigned char*)malloc(np); // unsigned char是无符号字节型，char类型变量的大小通常为1个字节（1字节=8个位） // 密匙串需要按位的形式循环拼入 uckey中 int i; for(i=0; i<np*8; i++) { if(key[i%nk]=='1') ______; // 填空1按位或 else ______; // 填空2按位与 } f(p, uckey, strlen(p)); f(p, uckey, strlen(p)); printf("%s ", p); free(uckey); return 0; } uckey[i/8] |= (unsigned char)0x80 >> (i%8) uckey[i/8] &= ~((unsigned char)0x80 >> (i%8))
本题满分：14分
填空1：(7分)
uckey[i/8] |= (unsigned char)0x80 >> (i%8); //>>表示右移位，位逻辑运算符：&按位与，|按位或，^按位异或，~取反，移位运算符：<<左移，>>右移
从数学上看，左移1位等于乘以2，右移1位等于除以2，然后再取整，移位溢出的丢弃
填空2：(7分)
uckey[i/8] &= ~((unsigned char)0x80 >> (i%8));
注意所有逻辑等价形式都是正确的答案，比如可以使用左移位：
(unsigned char)0x80 >> 2 等价于：0x01 << 5
试题3
为什么1小时有60分钟，而不是100分钟呢？这是历史上的习惯导致。 但也并非纯粹的偶然：60是个优秀的数字，它的因子比较多。 事实上，它是1至6的每个数字的倍数。即1,2,3,4,5,6都是可以除尽60。 我们希望寻找到能除尽1至n的的每个数字的最小整数。 不要小看这个数字，它可能十分大，比如n=100, 则该数为： 69720375229712477164533808935312303556800 请编写程序，实现对用户输入的 n （n<100）求出1~n的最小公倍数。 例如： 用户输入： 6 程序输出： 60 用户输入： 10 程序输出： 2520 要求考生把所有函数写在一个文件中。调试好后，存入与考生文件夹下对应题号的“解答.txt”中即可。 相关的工程文件不要拷入。 对于编程题目，要求选手给出的解答完全符合ANSI C标准，不能使用c++特性； 不能使用诸如绘图、中断调用等硬件相关或操作系统相关的API。
import java.math.BigInteger; import java.util.Scanner; public class Main { public void getResult(int n) { BigInteger temp1 = BigInteger.ONE; BigInteger temp2 = BigInteger.ONE; BigInteger temp3 = BigInteger.ONE; for(int i = 2;i <= n;i++) { temp1 = temp3; temp2 = new BigInteger(""+i); temp3 = temp1.gcd(temp2); temp3 = temp1.multiply(temp2).divide(temp3); } System.out.println(temp3); } public static void main(String[] args) { Main test = new Main(); Scanner in = new Scanner(System.in); int n = in.nextInt(); test.getResult(n); } }
来自网友C语言版：
解答： 最小公倍数就是所有质数的相应幂的积 比如N=10 小于10的质数有2,3,5,7 对应的最大幂是：3，2，1，1 则最小公倍数是：2^3x3^2x5^1x7^1 = 2520 #include <iostream> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; int a[50] = {0};//存素数 bool vis[100]; int b[50] = {0};//存幂次 void init_prim()//求小于100的所有素数存入数组a { int i,j,k; int m = (int)(sqrt(100.0)+0.5); memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[0] = 1; vis[1] = 1;//必须加上,否则第一个素数别认为是1 for(i=2; i<=m; i++) if(!vis[i]) { for(j=2*i; j<=100; j+=i) vis[j] = 1; } int t = 0; for(k=0; k<100; k++) if(!vis[k]) a[t++] = k; } int main() { int i,j,k; init_prim(); int n; //2^6 = 64,2^7 = 128;由于n最大100，幂次最大6 // for(i=0 ; i<100; i++)//素数没问题 // if(!vis[i]) // cout<<i<<endl; // while(1); while(cin>>n) { memset(b,0,sizeof(b)); for(i=0; i<=n&&a[i]<=n; i++)//”1到n素数个数小于n的一半 “不对，3有两个素数 { // cout<<a[i]<<"-----"<<endl; for(j=1; j<=6; j++) { if(pow((double)a[i],(double)j)>(double)n) { b[i] = j -1;//b的下标不必新开 break; } else if(pow((double)a[i],(double)j) == (double)n)//必须分开 { b[i] = j; break; } } } //不知道是不是pow函数的问题，把ans定义为int得出的结果出问题，double就对了 double ans = 1; for(k=0; k<i; k++) { //cout<<a[k]<<"........"<<b[k]<<endl; ans *= pow((double)a[k],(double)b[k]); } cout<<(int)ans<<endl; } return 0; } //该程序 到25时就溢出，ans换位long long前几个就错误啦，此时需要把pow函数换掉 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int N = 105; int n; int a[N][50]; int b[N] = {0}; void multiply() { int i,j,k; memset(a,0,sizeof(a)); for(i=3; i<=100; i++) { /* 下面的是直接按平常的乘法，乘数的一位乘以被乘数的每一位并处理进位；另外是乘数整体乘以被乘数的每一位最后统一处理进位 */ int temp = 0; a[i][0] = 1;//很重要 for(j=2; j<=i; j++) { int c = 0; for(k=0; k<50; k++)//最大不超过160位 ，目前是100!,最后除以3等50 { temp = a[i][k]*b[j] + c; a[i][k] = temp%1000; c = temp/1000; } } } } void printData(int n) { int i,j,k; for(i=49; i>=0; i--) if(a[n][i]) break; cout<<a[n][i];//第一个不输出前导0 for(j=i-1; j>=0; j--) printf("%03d",a[n][j]); cout<<endl; } int main() { int i, j, k; for(i=0; i<N; i++) b[i] = i; for(i=2; i<N; i++) for(j=i+1; j<=N; j++) { if(b[j]%b[i]==0) b[j] /= b[i]; //cout<<b[j]<<endl; } //for(i=0; i<100; i++) // cout<<b[i]<<endl; //while(1); multiply(); while(cin>>n) { if(n==1||n==2) { cout<<n<<endl; continue; } printData(n); } return 0; }
试题4
为解决交通难题，某城市修建了若干条交错的地铁线路，线路名及其所属站名如stations.txt所示。 线1 苹果园 .... 四惠东 线2 西直门 车公庄 .... 建国门 线4 .... 其中第一行数据为地铁线名，接下来是该线的站名。 当遇到空行时，本线路站名结束。 下一行开始又是一条新线....直到数据结束。 如果多条线拥有同一个站名，表明：这些线间可以在该站换车。 为引导旅客合理利用线路资源，解决交通瓶颈问题，该城市制定了票价策略： 1. 每条线路可以单独购票，票价不等。 2. 允许购买某些两条可换乘的线路的联票。联票价格低于分别购票。 单线票价和联合票价如 price.txt 所示。 线1 180 ..... 线13 114 线1,线2 350 线1,线10 390 ..... 每行数据表示一种票价 线名与票价间用空格分开。如果是联票，线名间用逗号分开。 联票只能包含两条可换乘的线路。 现在的问题是：根据这些已知的数据，计算从A站到B站最小花费和可行的换乘方案。 比如，对于本题目给出的示例数据 如果用户输入： 五棵松,奥体中心 程序应该输出： -(线1,线10)-线8 = 565 如果用户输入： 五棵松,霍营 程序应该输出： -线1-(线4,线13) = 440 可以看出，用户输入的数据是：起始站，终到站，用逗号分开。 程序输出了购票方案，在括号中的表示联票，短横线(-)用来分开乘车次序。 等号后输出的是该方案的花费数值。 请编程解决上述问题。 注意： 1. 我们测试您的程序时，所用数据与题目中的示例数据不同，但格式完全一样。 2. 当多个方案有相同的最小花费，输出任意一个方案即可。 要求考生把所有类写在一个文件中。 调试好后，存入与考生文件夹下对应题号的“解答.txt”中即可。 相关的工程文件不要拷入。请不要使用package语句。
对于此题，重点在于文本文件中信息的读取，并选择合适的数据结构来处理分类，好复杂的感觉，又看到相关备注，说明：此题类型在第四届以后便不再用这种形式来出题，所以就简单的看了一下网友的代码，没有自己上机实现。
Java版：蓝桥杯-地铁换乘
来自网友的C语言版：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #define LEN 50 4 typedef struct stations{ 5 char name[20]; 6 int len; 7 int roads[50]; 8 struct stations *left; 9 struct stations *right; 10 }Stations; 11 12 typedef struct etree{ 13 int value; 14 int roadNum; 15 struct etree *father; 16 int childnum; 17 }ETree; 18 19 typedef struct queue{ 20 ETree *tie; 21 struct queue *next; 22 }Queue; 23 24 void pushQueue(Queue &head, ETree *&etree){ 25 Queue *p=head.next,*q=&head; 26 while(p!=NULL && (p->tie->value<etree->value)){ 27 q=p; 28 p=p->next; 29 } 30 q->next=(Queue*)malloc(sizeof(Queue)); 31 q->next->tie=etree; 32 q->next->next=p; 33 } 34 void freeEtree(ETree *q){ 35 ETree *p; 36 while(q->childnum==0){ 37 p=q; 38 q=q->father; 39 free(p); 40 if(q!=NULL) 41 q->childnum--; 42 else 43 break; 44 } 45 } 46 47 void freeAll(Stations *&head){ 48 if (head!=NULL){ 49 freeAll(head->left); 50 freeAll(head->right); 51 free(head); 52 } 53 } 54 55 void showBest(ETree *h,int price[][LEN],char roadName[][20],int roadNum){ 56 if(h!=NULL){ 57 if (h->faher==NULL){ 58 printf("%s",roadName[h->roadNum]); 59 } 60 else{ 61 int j; 62 j=h->roadNum; 63 if (h->value==(price[j][j]+h->father->value)){ 64 showBest(h->father,price,roadName,roadNum); 65 if (price[j][roadNum]){ 66 printf("-(%s,%s)",roadName[j],roadName[price[j][roadNum]-1]); 67 68 } 69 else 70 printf("-%s",roadName[j]); 71 } 72 else{ 73 showBest(h->father->father,price,roadNme,roadNum); 74 printf("-(%s,%s)",roadName[h->father->roadNum],roadName[j]); 75 } 76 } 77 } 78 } 79 80 inline int compares(char s1[],int n1,chr s2[],int n2){ 81 if (n1!=n2) 82 return n1-n2; 83 return strcmp(s1,s2); 84 } 85 boll findStation(Stations* &head,Stations* &p,char s[]){ 86 int len=strlen(s); 87 int t; 88 Stations q; 89 p=head; 90 while (n!=NULL){ 91 q=p; 92 t=compares(s,len,p->name,p->len); 93 if (t<0) 94 p=p->left; 95 else 96 retrn true; 97 } 98 p=q; 99 return false; 100 } 101 102 void insert(Stations* &head,char s[],int road,int price[][LEN]{ 103 Stations *p,*q; 104 int t; 105 t=strlen(s); 106 if(s[t-1]==' ') 107 s[t-1]=' '; 108 if(head==NULL){ 109 p=(Stations *)malloc(sizeof(Stations)); 110 p->left=NULL; 111 p->rght=NULL; 112 strcpy(p->name,s); 113 p->len=strlen(s); 114 p->road[0]=1; 115 p->road[1]read; 116 head=p; 117 } 118 else{ 119 if (findStation(head,p,s)){ 120 p->roads[0]++; 121 t=p->roads[0]; 122 p->roads[t]=road; 123 for(t--;t>0,t--){ 124 price[p->road[t]][road]=-1; 125 price[road][p->road[t]]=-1; 126 } 127 } 128 else{ 129 q=p; 130 p=(Stations *)malloc(sizeof(Stations)); 131 p->left=NULL; 132 p->right=NULL; 133 strcpy(p->name,s); 134 p->len=strlen(s); 135 p->road[0]=1; 136 p->road[1]=road; 137 t=compares(s,p->len,q->name,q->len); 138 if(t<0) 139 q->left=p; 140 else 141 q->right=p; 142 } 143 } 144 } 145 146 int GetRoadNum(char *r,char roadName[][20],int road Num){ 147 for (int i=0;i<roadNum;i++) 148 if (strcmp(roadName[i],r)==0) 149 return i; 150 return 0; 151 } 152 153 void main() 154 { 155 //[roadnum][roadnum+1] 156 int price[LEN][LEN]={0}; 157 char roadName[LEN][20]; 158 int i,j,k,t; 159 char line[20]; 160 int roadNum; 161 Stations *head=NULL; 162 FILE *fp; 163 if((fp=fopen("stations.xt","r"))==NULL){ 164 printf("找不到stations文件 "); 165 return; 166 } 167 roadNum=0; 168 while(!feof(fp)){ 169 fscanf(fp,"%s%*c",roadName[roadNum]); 170 fgets(line,19,fp); 171 while(!feof(fp)&&line[0]!=' '){ 172 insert(head,line,roadNum,price); 173 fgets(line,19,fp); 174 } 175 roadNum++; 176 } 177 roadNum++; 178 } 179 insert(head,line,roadNum-1,price); 180 fclose(fp); 181 if ((fp=fopen("price.txt","r"))==NULL){ 182 printf("找不到price文件"); 183 } 184 while (!feof(fp)){ 185 fscanf(fp,"%s,line); 186 fscanf(fp,"%d",&k); 187 for(t=0;line[t]!=' '&&line[t]!=",";t++); 188 if (line[t]==','){ 189 line[t]=' '; 190 i=GetRoadNum(line,roadName,roadNum); 191 j=GetRoadNum(line+t+1,roadName,roadNm); 192 price[i][j]=k; 193 price[j][i]=k; 194 if (price[i][i]>k){ 195 price[i][roadNum]=j+1; 196 } 197 if (price[j][j]>k){ 198 price[j][j]=k; 199 price[j]roadNum]=i+1; 200 } 201 } 202 else{ 203 i=GetRoadNum(line,roadName,roadNum); 204 price[i][i]=k; 205 } 206 } 207 208 fclose(fp); 209 210 char starts[20]={"五棵松"},ends[20]="奥体中心"}; 211 Stations *sroad,*eroad; 212 Queue Qhead, *h; 213 Etree *p,*q; 214 while(true){ 215 char Flag[LEN]={0};//为-1表示目标，为0表示尚未发生过扩展 216 Qhead.next=NULL; 217 Qhead.tie=NULL; 218 scanf("%[^, ]s",starts); 219 if (getchar()!=',') 220 break; 221 scanf("%[^ ]s",ends); 222 getchar(); 223 if (!findStation(head,sroad,starts)){ 224 printf("未找到%s的匹配项 ",starts); 225 continue; 226 } 227 if (!findStation(head,eroad,ends)){ 228 printf("未找到%s的匹配项 ",ends); 229 continue; 230 } 231 for (i=1;i<=sroad->roads[0];i++){ 232 p=(ETree*)malloc(sizeof(ETree)); 233 p->father=NULL; 234 p->childnum=0; 235 p->roadNum=sroad->roads[i]; 236 p->value=price[p->roadum][p->roadNum]; 237 pushQueue(Qhead,p); 238 } 239 for (i=1;i<=eroad->roads[0];i++){ 240 Flag[eroad->roads[i]]=-1; 241 } 242 while(Qhead.next!=NULL){ 243 h=Qhead.next; 244 q=h->tie; 245 if (Flag[q->roadNum]==-1){ 246 break; 247 } 248 Qhuad.next=Qhead.next->next; 249 i=q->roadNum; 250 if (Flag[i]!=1){ 251 for(j=0;j<roadNum;j++){ 252 if (price[i][j]){ 253 q->childnum++; 254 p=(ETree*)malloc(sizeof(ETree)); 255 p->father=q; 256 p->childnum=0; 257 p->roadNum=j; 258 k=price[j][j]>0){ 259 if(price[i][j]>0){ 260 if(q->father!=NULL) 261 t=price[i][j]+q->father->value; 262 else 263 t=price[i][j]; 264 if (k>t) 265 k=t; 266 } 267 p->value=k; 268 pushQueue(Qhead,p); 269 } 270 } 271 Flag[i]=1; 272 } 273 freeETree(h->tie); 274 free(h); 275 } 276 if (Qhead.next!=NULL){ 277 showBest(q,price,roadName,roadNum); 278 printf("=%d ",q->value); 279 } 280 else 281 printf("此路不通 "); 282 for(;Qhead.next!=NULL;){ 283 h=Qead.next; 284 Qhead.nexQhead.next->next; 285 freeETree(h->tie); 286 free(h); 287 } 288 } 289 freeAll(head); 290 }
试题5
BMP是常见的图像存储格式。 如果用来存黑白图像（颜色深度=1），则其信息比较容易读取。 与之相关的数据： （以下偏移均是从文件头开始） 偏移：10字节, 长度4字节： 图像数据真正开始的位置。 偏移：18字节, 长度4字节： 位图的宽度，单位是像素。 偏移：22字节, 长度4字节： 位图的高度，单位是像素。 从图像数据开始处，每个像素用1个二进制位表示。 从图片的底行开始，一行一行向上存储。 Windows规定图像文件中一个扫描行所占的字节数必须是4字节的倍数， 不足的位均以 0 填充。例如，图片宽度为45像素，实际上每行会占用 8个字节。 可以通过Windows自带的画图工具生成和编辑二进制图像。 需要在“属性”中选择“黑白”，指定为二值图像。 可能需要通过 查看 | 缩放 | 自定义... 把图像变大比例一些， 更易于操作。 图像的左下角为图像数据的开始位置。白色对应1，黑色对应0 我们可以定义：两个点距离如果小于2个像素，则认为这两个点连通。 也就是说：以一个点为中心的九宫格中，围绕它的8个点与它都是连通的。 如：t1.bmp 所示，左下角的点组成一个连通的群体； 而右上角的点都是孤立的。 in.bmp t1.bmp 程序的目标是：根据给定的黑白位图，分析出所有独立连通的群体， 输出每个连通群体的面积。所谓面积，就是它含有的像素的个数。 输入数据固定存在in.bmp中。 如示例的in.bmp, 程序应该输出： 12 81 52 133 该输出表示：共有4个连通群体。 输出的连通体面积间的顺序可以随意。 请编程解决上述问题。 我们测试程序的时候，会使用不同的in.bmp文件。 要求考生把所有类写在一个文件中。 调试好后，存入与考生文件夹下对应题号的“解答.txt”中即可。 相关的工程文件不要拷入。请不要使用package语句。
图 in.bmp
图 t1.bmp
这题要读入图片文件数据，感觉头大啊，此前做的题，几乎没有遇到要读取文件中的数据，而现在竟然还碰到了读取图片的数据，看到此题的核心：即使用DFS求取连通图的问题，并且返回每一个连通图中包含的顶点个数，但是对于此题处理读取数据的问题，就没有仔细去探究，下面贴出一段网友的C语言代码，以作参考：
1 include<stdio.h> 2 #include<stdlib.h> 3 #include<malloc.h> 4 #include<string.h> 5 6 void main(){ 7 int i,j,k,m; 8 int width,height,start,world; 9 int *bmp,*Lcount; 10 bool *Lflag; 11 FILE *fp; 12 if((fp=fopen("in1.bmp","rb"))==NULL){ 13 printf("文件打开失败"); 14 return; 15 } 16 fseek(fp,10L,0); 17 fscanf(fp,"%4c",&start); // 4c表示该数据占4个字节 18 // printf("start = %d ",start); 19 fseek(fp,18,0); 20 fscanf(fp,"%4c",&width); 21 // printf("width = %d ",width); 22 fseek(fp,22,0); 23 fscanf(fp,"%4c",&height); 24 // printf("height = %d ",height); 25 bmp = (int*)malloc((width+2)*sizeof(int)); 26 memset(bmp,0,(width+2)*sizeof(int)); 27 Lcount = (int*)malloc(width*sizeof(int)); 28 memset(Lcount,0,width*sizeof(int)); 29 Lflag = (bool*)malloc(width*sizeof(bool)); 30 memset(Lflag,0,width*sizeof(bool)); 31 Lcount--; 32 Lflag--; 33 fseek(fp,start,0); 34 world = ( width%32 ? width/32+1 : width/32 )*4; 35 int last,i1,i2,i3; 36 int eCount = 0 37 for(i=0 i<height i++ ){ 38 char c; 39 k=1; 40 last=0; 41 for(j=0 j<world j++){ 42 fscanf(fp,"%c",&c); 43 for(m = 7 m >= 0 && k<=width m-- ){ 44 if( !( 1<<m & c ) ){ 45 //printf("*"); 46 if(bmp[k]){ 47 last = bmp[k]; 48 Lcount[last]++; 49 Lflag[last] = true 50 } 51 else{ 52 i1 = last ? last : bmp[k-1] 53 i3 = bmp[k+1] 54 last = 0; 55 if( i1 || i3){ 56 if( i1 && i3 && ( i1 != i3 ) ){//确定需要连接 57 Lcount[i1] += Lcount[i3] 58 Lcount[i3]=0; 59 for(i2=1;i2<=width i2++){ 60 if(bmp[i2]==i3) 61 bmp[i2] = i1; 62 } 63 } 64 else{ 65 if(!i1) 66 i1=i3; 67 } 68 bmp[k] = i1 69 Lcount[i1]++; 70 Lflag[i1] = true 71 } 72 else{//插入 73 for(i2=1;Lcount[i2];i2++); 74 Lcount[i2]=1; 75 bmp[k] = i2 76 Lflag[i2] = true 77 } 78 } 79 } 80 else{ //printf(" "); 81 last = bmp[k] 82 bmp[k] = 0 83 } 84 k++; 85 } 86 } 87 //printf(" "); 88 for(i2=1;i2<=width;i2++){ 89 if(Lcount[i2] && !Lflag[i2] ){ 90 printf("%d ",Lcount[i2]); 91 Lcount[i2] = 0 92 eCount++; 93 } 94 Lflag[i2]=false; 95 } 96 } 97 fclose(fp); 98 free(Lflag+1); 99 free(Lcount+1); 100 free(bmp); 101 printf("count=%d ",eCount); 102 }