试题 A: 子 2023

本题总分：5 分
【问题描述】
小蓝在黑板上连续写下从 1 到 2023 之间所有的整数，得到了一个数字序列：
S = 12345678910111213 . . . 20222023。
小蓝想知道 S 中有多少种子序列恰好等于 2023？
提示，以下是 3 种满足条件的子序列（用中括号标识出的数字是子序列包含的数字）：
1[2]34567891[0]111[2]1[3]14151617181920212223…
1[2]34567891[0]111[2]131415161718192021222[3]…
1[2]34567891[0]111213141516171819[2]021222[3]…
注意以下是不满足条件的子序列，虽然包含了 2、0、2、3 四个数字，但是顺序不对：
1[2]345678910111[2]131415161718192[0]21222[3]…
【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
【解释】
动态规划
当遇到字符 ‘2’ 的时候字符串 “2” 的数量+1，字符串 “202” 的数量加上字符串 “20” 的数量
当遇到字符 ‘0’ 的时候字符串 “20” 的数量加上字符串 “2” 的数量
当遇到字符 ‘3’ 的时候字符串 “2023” 的数量加上字符串 “202” 的数量
最后 “2023” 的数量就是答案
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
	int dp[4]={0};//分别代表"2"、"20"、"202"、"2023"的数量
	string s;
	for(int i=1;i<=2023;i++){//构造string 
		s+=to_string(i);
	for(int i=0;i<s.size();i++){//构造string 
		if(s[i]=='2'){
			dp[0]++;
			dp[2]+=dp[1];
		}else if(s[i]=='0'){
			dp[1]+=dp[0];
		}else if(s[i]=='3'){
			dp[3]+=dp[2];
	cout<<dp[3]<<endl;
5484660609
试题 B: 双子数
 
本题总分：5 分 
【问题描述】
   若一个正整数 x 可以被表示为 p² × q²，其中 p、q 为质数且 p , q，则 x 是一个 “双子数”。请计算区间 [2333, 23333333333333] 内有多少个 “双子数”？ 
【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。 
【解释】
 先用欧拉筛求出10的7次方内的素数，求出之后暴力枚举两个数即可 
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128 //用__int128稳一点 
using namespace std;
int f[10000010]={1,1};
vector<int> v;
signed main(){
	for(int i=2;i<=10000010;i++){//欧拉筛求素数 
		if(f[i]==0){//如果没被标记过，那么i是质数 
			v.push_back(i);
		for(int j=0;j<v.size()&&v[j]*i<=10000010;j++){
			f[v[j]*i]=1;//标记以i为最大因数的数为不是素数（除了1和本身）
			if(i%v[j]==0){//如果p[j]是i的因数，那么后面的数都不是以i为最大因数的 
				break;
	long long ans=0; 
	for(int i=0;i<v.size();i++){
		for(int j=i+1;j<v.size();j++){
			if(v[i]*v[i]*v[j]*v[j]<2333)continue;//小于那就不要，继续 
			if(v[i]*v[i]*v[j]*v[j]>23333333333333)break;//大于直接退出 
			ans++;
	cout<<ans<<endl; 
947293
试题 C: 班级活动
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：10 分 
【问题描述】
   小明的老师准备组织一次班级活动。班上一共有 n 名（n 为偶数）同学，老师想把所有的同学进行分组，每两名同学一组。为了公平，老师给每名同学随机分配了一个 n 以内的正整数作为 id，第 i 名同学的 id 为 a_i。
   老师希望通过更改若干名同学的 id 使得对于任意一名同学 i，有且仅有另一名同学 j 的 id 与其相同（a_i = a_j）。请问老师最少需要更改多少名同学的 id？ 
【输入格式】
 输入共 2 行。
 第一行为一个正整数 n。
 第二行为 n 个由空格隔开的整数 a₁, a₂, …, a_n。 
【输出格式】
 输出共 1 行，一个整数。 
【样例输入】 
1 2 2 3
【样例输出】 
【样例说明】
 仅需要把 a1 改为 3 或者把 a3 改为 1 即可。 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，保证 n ≤ 103。
 对于 100% 的数据，保证 n ≤ 105。 
【解释】
 把题目捋清楚就很容易实现了
 1、先用map存下每个数字的数量
 2、数量大于等于2的那么就减去二，剩下的一定要转换，存到sum1中，小于二的另外统计到sum2中
 3、sum1>=sum2，那么答案是sum1，sum1<sum2，那么答案是sum1+(sum2-sum1)/2; 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
	int n;
	map<int,int> ma;
	cin>>n; 
	for(int i=0;i<n;i++){
		int a;
		cin>>a;
		ma[a]++;
	int sum1=0,sum2=0;
	for(auto it:ma){
		if(it.second>=2){
			sum1+=it.second-2;
		}else{
			sum2+=it.second;
	if(sum1>=sum2){
		cout<<sum1<<endl;
	}else{
		cout<<sum1+(sum2-sum1)/2<<endl;
试题 D: 合并数列
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：10 分




    
 
【问题描述】
   小明发现有很多方案可以把一个很大的正整数拆成若干正整数的和。他采取了其中两种方案，分别将他们列为两个数组 {a₁, a₂, …, a_n} 和 {b₁, b₂, …, b_m}。两个数组的和相同。 
  定义一次合并操作可以将某数组内相邻的两个数合并为一个新数，新数的值是原来两个数的和。小明想通过若干次合并操作将两个数组变成一模一样，即 n = m 且对于任意下标 i 满足 ai = bi。请计算至少需要多少次合并操作可以完成小明的目标。 
【输入格式】
 输入共 3 行。
 第一行为两个正整数 n, m。
 第二行为 n 个由空格隔开的整数 a1, a2, …, an。
 第三行为 m 个由空格隔开的整数 b1, b2, …, bm。 
【输出格式】
 输出共 1 行，一个整数。 
【样例输入】
 4 3
 1 2 3 4
 1 5 4 
【样例输出】
 1 
【样例说明】
 只需要将 a₂ 和 a₃ 合并，数组 a 变为 {1, 5, 4}，即和 b 相同。 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，保证 n, m ≤ 10³。
 对于 100% 的数据，保证 n, m ≤ 10⁵，0 < a_i, bi ≤ 10⁵。 
【解释】
 其实就是一个贪心题
 1、对比两个数组最左边的数字，哪边小就合并哪一边
 2、如果两个数组最左边的数字相等就出队 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
	int n,m;
	deque<int> q1,q2;
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++){
		int a;
		cin>>a;
		q1.push_back(a);
	for(int i=0;i<m;i++){
		int a;
		cin>>a;
		q2.push_back(a);
	int ans=0;//记录答案 
	while(!q1.empty()){
		if(q1.front()==q2.front()){//相等直接出队 
			q1.pop_front();
			q2.pop_front(); 
		}else if(q1.front()>q2.front()){//q2小就合并q2前面两个 
			q2[1]+=q2[0];
			q2.pop_front();
			ans++;//合并次数+1 
		}else{//q1小就合并q1前面两个 
			q1[1]+=q1[0];
			q1.pop_front();
			ans++;//合并次数+1 
	cout<<ans<<endl; 
试题 E: 数三角
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：15 分 
【问题描述】
 小明在二维坐标系中放置了 n 个点，他想在其中选出一个包含三个点的子集，这三个点能组成三角形。然而这样的方案太多了，他决定只选择那些可以组成等腰三角形的方案。请帮他计算出一共有多少种选法可以组成等腰三角形？ 
【输入格式】
 输入共 n + 1 行。
 第一行为一个正整数 n。
 后面 n 行，每行两个整数 x_i, y_i 表示第 i 个点的坐标。 
【输出格式】
 输出共 1 行，一个整数。 
【样例输入】
 5
 1 4
 1 0
 2 1
 1 2
 0 1 
【样例输出】
 4 
【样例说明】
 一共有 4 种选法：{2, 3, 4}、{3, 4, 5}、{4, 5, 2}、{5, 2, 3}。 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，保证 n ≤ 200。
 对于 100% 的数据，保证 n ≤ 2000，0 ≤ x_i, yi ≤ 10⁹。 
【解释】
 样例应该输出5，比赛时勘误了，{1, 3, 5}也是可以的
 1、枚举每个点，计算其它点与该点的距离，距离相同的两条边可以构成等腰三角型
 2、注意要考虑共线问题
 3、其实这个方法不是很行，等边三角形会被重复计算，正解是什么不是很清楚 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
	int n;
	cin>>n;
	vector<vector<int>> v;
	for(int i=0;i<n;i++){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		v.push_back({a,b});
	int ans=0;//统计答案 
	for(int i=0;i<n;i++){
		map<int,int> ma1; 
		map<pair<int,double>,int> ma2;
		for(int j=0;j<n;j++){
			int d=(v[i][0]-v[j][0])*(v[i][0]-v[j][0])+(v[i][1]-v[j][1])*(v[i][1]-v[j][1]);//距离的平方，就不开方了
			double k=-1;
			if(v[i][1]-v[j][1]!=0){
				k=(double)(v[i][0]-v[j][0])/(v[i][1]-v[j][1]);//斜率 
			ans+=ma1[d];
			ans-=ma2[{d,k}];//减去共线的数量 
			ma1[d]++;
			ma2[{d,k}]++; 
	cout<<ans<<endl; 
试题 F: 删边问题
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：15 分




    
 
【问题描述】
 给定一个包含 N 个结点 M 条边的无向图 G，结点编号 1 . . . N。其中每个
 结点都有一个点权 Wi。
 你可以从 M 条边中任选恰好一条边删除，如果剩下的图恰好包含 2 个连通
 分量，就称这是一种合法的删除方案。
 对于一种合法的删除方案，我们假设 2 个连通分量包含的点的权值之和分
 别为 X 和 Y，请你找出一种使得 X 与 Y 的差值最小的方案。输出 X 与 Y 的差
 值。 
【输入格式】
 第一行包含两个整数 N 和 M。
 第二行包含 N 个整数，W1, W2, . . . WN。
 以下 M 行每行包含 2 个整数 U 和 V，代表结点 U 和 V 之间有一条边。 
【输出格式】
 一个整数代表最小的差值。如果不存在合法的删除方案，输出 −1。 
【样例输入】
 4 4
 10 20 30 40
 1 2
 2 1
 2 3
 4 3 
【样例输出】
 20 
【样例说明】
 由于 1 和 2 之间实际有 2 条边，所以合法的删除方案有 2 种，分别是删除(2, 3) 之间的边和删除 (3, 4) 之间的边。
 删除 (2, 3) 之间的边，剩下的图包含 2 个连通分量：{1, 2} 和 {3, 4}，点权和分别是 30、70，差为 40。
 删除 (3, 4) 之间的边，剩下的图包含 2 个连通分量：{1, 2, 3} 和 {4}，点权和分别是 60、40，差为 20。 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 10000。
 对于另外 20% 的数据，每个结点的度数不超过 2。
 对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 200000，0 ≤ W_i ≤ 10⁹，1 ≤ U, V ≤ N。 
【解释】
 会缩点的话这题就不成问题了！但是我不会
 提供点思路
 1、用Tarjan算法将环缩成一个点，缩点后将会的到一棵树
 2、统计树每个节点的字节点和(dfs一遍就可以实现)
 3、枚举每个点，答案就是每个点的abs(总分数-节点分数-节点分数)，取最小值 
【代码】
 代码就不写了，不是很熟 
试题 G: AB 路线
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分 
【问题描述】
   有一个由 N × M 个方格组成的迷宫，每个方格写有一个字母 A 或者 B。小蓝站在迷宫左上角的方格，目标是走到右下角的方格。他每一步可以移动到上下左右相邻的方格去。
   由于特殊的原因，小蓝的路线必须先走 K 个 A 格子、再走 K 个 B 格子、再走 K 个 A 格子、再走 K 个 B 格子……如此反复交替。
   请你计算小蓝最少需要走多少步，才能到达右下角方格？
   注意路线经过的格子数不必一定是 K 的倍数，即最后一段 A 或 B 的格子可以不满 K 个。起点保证是 A 格子。 
例如 K = 3 时，以下 3 种路线是合法的：
 AA
 AAAB
 AAABBBAAABBB
 以下 3 种路线不合法：
 ABABAB
 ABBBAAABBB
 AAABBBBBBAAA 
【输入格式】
 第一行包含三个整数 N、M 和 K。
 以下 N 行，每行包含 M 个字符（A 或 B），代表格子类型。 
【输出格式】
 一个整数，代表最少步数。如果无法到达右下角，输出 −1。 
【样例输入】
 4 4 2
 AAAB
 ABAB
 BBAB
 BAAA 
【样例输出】
 8 
【样例说明】
 每一步方向如下：下右下右上右下下；路线序列：AABBAABBA。 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 4。
 对于另 20% 的数据，K = 1。
 对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 1000，1 ≤ K ≤ 10。 
【解释】
 经典的Dijkstra，熟练的话随便做了，用一个数组统计最优值，有更优的值就更新即可
 就不多解释了，可以看看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,k;
int ans[1010][1010][20];//记录到达每个状态的最小步数 
string s[1010];//存地图 
priority_queue<vector<int>,vector<vector<int>>,greater<vector<int>>> q;
int f[4][2]={0,1,1,0,-1,0,0,-1};//四个方向 
signed main(){
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>s[i];
	memset(ans,0x3f,sizeof ans);//初始化最大值
	q.push({0,1,0,0});//{0,1,0,0}分别代表走了0步，第1个相同字母，横坐标，纵坐标 
	ans[0][0][1]=0;
	while(!q.empty()){
		vector<int> v=q.top();
		q.pop();
		int px=v[2];//当前点的坐标 
		int py=v[3];
		for(int i=0;i<4;i++){
			int x=px+f[i][0];//下一个点的坐标 
			int y=py+f[i][1];
			if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m){//得符合条件 
				if(s[px][py]==s[x][y]){//字母相同的情况 
					if(v[1]==k)continue;//到k了就不能走了 
					if(ans[x][y][v[1]+1]>v[0]+1){//有更优的，更新 
						ans[x][y][v[1]+1]=v[0]+1;
						q.push({v[0]+1,v[1]+1,x,y});
				} else{//字母不相同的情况 
					if(v[1]!=k)continue;//不到k不能走不同字母 
					if(ans[x][y][1]>v[0]+1){//有更优的，更新 
						ans[x][y][1]=v[0]+1;
						q.push({v[0]+1,1,x,y});
	int mi=ans[0][0][0];
	for(int i=1;i<=k;i++){
		mi=min(mi,ans[n-1][m-1][i]);//记录到达终点的最小值 
	if(mi==ans[0][0][0]){
		cout<<-1<<endl;
	}else{
		cout<<mi<<endl;
试题 H: 抓娃娃
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分 
【问题描述】
   小明拿了 n 条线段练习抓娃娃。他将所有线段铺在数轴上，第 i 条线段的左端点在 l_i，右端点在 r_i。小明用 m 个区间去框这些线段，第 i 个区间的范围是 [L_i, R_i]。如果一个线段有 至少一半 的长度被包含在某个区间内，则将其视为被这个区间框住。请计算出每个区间框住了多少个线段？ 
【输入格式】
 输入共 n + m + 1 行。
 第一行为两个正整数 n, m。
 后面 n 行，每行两个整数 l_i,r_i。
 后面 m 行，每行两个整数 L_i, R_i。 
【输出格式】
 输出共 m 行，每行一个整数。 
【样例输入】
 3 2
 1 2
 1 3
 3 4
 1 4
 2 3 
【样例输出】
 3
 2 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，保证 n, m ≤ 10³。
 对于 100% 的数据，保证 n, m ≤ 10⁵，l_i < r_i，0 < l_i,r_i, L_i, R_i ≤ 10⁶，max{r_i −l_i} ≤ min{R_i − L_i} 
【解释】
 题目勘误了，样例最后一行应该是2 4，而不是2 3
 1、其实题目保证了max{r_i −l_i} ≤ min{R_i − L_i}，那么如果占了区间一半的话，那么肯定包含了区间中点，我们就用这个原理做一个前缀和就好了
 2、因为涉及了小数，给每个数字都乘以2先吧 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m;
int arr[2000010];
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		arr[(a+b)]++;//实际是 (a+b)/2*2
	for(int i=1;i<2000010;i++){
		arr[i]+=arr[i-1];//前缀和 
	for(int i=0;i<m;i++){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		a*=2;
		b*=2;
		cout<<arr[b]-arr[a-1]<<endl;//差分
试题 I: 拼数字
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：25 分 
【问题描述】
 小蓝要用 N 个数字 2 和 M 个数字 3 拼出一个 N + M 位的整数。请你计算
 小蓝能拼出的最大的 2023 的倍数是多少？ 
【输入格式】
 两个整数 N 和 M。 
【输出格式】
 一个 N + M 位的整数，代表答案。如果拼不出 2023 的倍数，输出 −1。 
【样例输入】
 2 8 
【样例输出】
 2233333333 
【评测用例规模与约定】
 对于 20% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 12。
 对于 40% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 100。
 对于 60% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 10000。
 对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 1000000。 
【解释】
 不会做啊啊啊，痛哭 
【代码】
 不会写 
试题 J: 逃跑
 
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：25 分 
【问题描述】
   小明所在星系有 n 颗星球，编号为 1 到 n。这些星球通过 n − 1 条无向边连成一棵树。根结点为编号为 1 的星球。
   为了在星际战争到来时逃到其他星系，小明在根结点设置了逃离用的传送门。每个星球的人只需要一直往父结点星球移动就可以抵达根结点。为了方便各个星球的人去往根结点，小明将其中 m 个星球设置为了跳板星球。在从某个星球去往根结点的路径上，当一个人经过任意星球（包括起点星球）时，他可以尝试直接跳跃到 其前往根结点路径上的除当前星球以外的第一个跳板星球，其时间花费和走到父结点星球的时间花费相同，都是 1 单位时间。
   然而，因为技术问题，向跳板星球的跳跃并不一定成功，每一次跳跃都有p 的概率失败，并转而跳跃到当前星球的父结点星球（相当于直接走到父结点星球）；同时此跳板星球失效，将 不再视为跳板星球。
   为了衡量移动效率，小明想知道，如果一个人在这 n 颗星球中随机选择一颗出发前往根结点，其花费的最短时间的期望是多少单位时间？ 
【输入格式】
 输入共 n + 1 行，第一行为两个正整数 n、m 和一个浮点数 p。
 后面 n − 1 行，每行两个正整数 xi
 , yi 表示第 i 条边的两个端点。
 最后一行，共 m 个正整数表示所有跳板星球的编号。 
【输出格式】
 一行，一个浮点数，表示答案（请保留两位小数）。 
【样例输入】
 4 1 0.2
 1 2
 2 3
 3 4
 2 
【样例输出】
 1.30 
【样例说明】
 从 1 号星球出发的时间花费为 0；
 从 2 号星球出发的时间花费为 1；
 从 3 号星球出发的时间花费为 2；
 从 4 号星球出发的时间花费为 0.8 × 2 + 0.2 × 3 = 2.2。
 所以期望时间为 (0+1+2+2.2)/4 = 1.3。 
【评测用例规模与约定】
 对于 30% 的数据，保证 1 ≤ n ≤ 2000。
 对于 100% 的数据，保证 1 ≤ n ≤ 10⁶，1 ≤ m ≤ n，0 < p < 1。 
【解释】
 不会做啊啊啊，痛哭 
【代码】
 不会写 
大佬有好思路可以提供一下，感谢！点个赞吧！
                    第十四届蓝桥杯大赛软件赛决赛 C/C++ 大学 B 组，试题 A: 子 2023、试题 B: 双子数、试题 C: 班级活动、试题 D: 合并数列、试题 E: 数三角、试题 F: 删边问题、试题 G: AB 路线、试题 H: 抓娃娃、试题 I: 拼数字、试题 J: 逃跑。第十四届蓝桥杯大赛软件赛国赛 C/C++ 2023第十四届蓝桥杯国赛第十四届蓝桥杯大赛软件赛国赛 C/C++ 2023第十四届蓝桥杯国赛第十四届蓝桥杯大赛软件赛国赛 C/C++ 2023第十四届蓝桥杯国赛第十四届蓝桥杯大赛软件赛国赛 C/C+
2013年第四届蓝桥杯省赛试题及详解（Java本科B组）
	2014年第五届蓝桥杯省赛试题及详解（Java本科B组）
	2015年第六届蓝桥杯省赛试题及详解（Java本科B组）
	2016年第七届蓝桥杯省赛试题及详解（Java本科B组）
	2017年第八届蓝桥杯省赛试题及详解（Java本科B组）
	2018年第九届蓝桥杯省赛试题及详解（Java本科B...
抗击新冠肺炎，隔离是非常重要的手段之一。通过隔离，可以最大限度地缩小污染范围，减少病毒传播机会。
2、编程实现
通过程序模拟在新冠肺炎传播过程中，采取隔离手段和不采取隔离手段的对比效果。白色小人代表健康人群，红色小人代表感染病毒人群。
具体教程可以查看博客：https://blog.csdn.net/frank2102/article/details/119277669
				蓝桥杯2022真题解析c/c 大学b组是一道考查编程基础的题目，主要考查程序员的编程能力和逻辑思维能力，难度较大，需要对C语言有深入的理解和掌握。
题目要求程序输入两个数n和m，然后输出一个n＊m的矩阵，其中每个元素的值为该元素在矩阵中的位置。首先要找出规律，可以发现矩阵的第一行和第一列的元素都是从1开始递增的，而其他的元素是该元素上面的元素加1和该元素左边的元素加1的和。
那么我们就可以按照这个规律来写出程序。首先输入n和m，然后定义一个二维数组a[n][m]，然后循环遍历a数组，依次按照规律计算每个元素的值，并赋值给a数组，最后输出整个矩阵即可。
总体来说，蓝桥杯2022真题解析c/c 大学b组是一道综合性较强的编程题目，不仅考察了编程思路和逻辑能力，还要求精通C语言编程技能。因此，考生在备考期间需要加强C语言编程的学习和掌握，结合实践，从而在考试中得到更好的表现。