2023第十四届蓝桥杯 C/C++大学生A组省赛满分题解

2023-11-12

写在前面

以下代码，目前均可通过民间OJ数据（dotcpp & New Online Judge），

两个OJ题目互补，能构成全集，可以到对应链接下搜题提交（感谢OJ对题目的支持）

如果发现任何问题，包含但不限于算法思路出错、OJ数据弱算法实际超时、存在没考虑到的边界情况等，请及时联系作者

更新（2023年5月14日）

洛谷更新了蓝桥杯2023年的题目，A组题号P9230-P9238

于是，把题目又都交了一遍，倒数第二题像素放置直接爆搜超时，

60个点TLE了8个点，加了个bitset记忆化就过了，代码已更新

题解

A.幸运数（模拟）

题面

题解

由于是填空题，按题意本地暴力，几秒就跑出来结果了，直接交结果

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans;
int main(){
	/*
	for(int i=1;i<=100000000;++i){
		int cnt=0;
		for(int j=i;j;j/=10)cnt++;
		if(cnt&1)continue;
		int sum=0,now=0;
		for(int j=i;j;j/=10){
			now++;
			if(now<=cnt/2)sum+=j%10;
			else sum-=j%10;
		}
		if(!sum)ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
	*/
	puts("4430091");
	return 0;
}

B.有奖问答（搜索/dp）

题面

题解

1. 搜索：2的30次方种可能，每次要么+10要么清零，遇到100分时，直接return，几秒跑出来结果后，直接交结果

2. dp：dp[i][j]表示前i轮过后分数为j的方案数，注意中间可以随时停止

代码（dp）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[31][101],ans;
int main(){
	dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<30;++i){
		for(int j=0;j<100;j+=10){
			if(!dp[i][j])continue;
			if(j<90)dp[i+1][j+10]+=dp[i][j];
			dp[i+1][0]+=dp[i][j];
		}
		ans+=dp[i+1][70];
	}
	printf("%lld\n",ans);
	//puts("8335366");
	return 0;
}

C.平方差（构造/规律）

题面

题解

打表或构造发现，形如4k+2的数无法被表示，

统计[l,r]的答案，前缀和作差，转化为[1,r]的答案减去[1,l-1]的答案

而[1,x]中，形如4k+2的数的个数为(x+2)/4

证明的话，x=(y+z)(y-z)，注意到y+z和y-z同奇偶，

1. y+z为奇数时，x为奇数；y+z为偶数时，x为4的倍数，这表明4k+2无法被取到

2. $gif.latex?2k+1%3D%28k+1%29%5E2-k%5E2$ ， $gif.latex?4k%3D%28k+1%29%5E2-%28k-1%29%5E2$ ，这表明奇数和4的倍数均能被取到

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500;
bool vis[N];
int l,r;
int cal(int x){
	return x-(x+2)/4;
}
int main(){
	/*
	for(int i=0;i<=50;++i){
		for(int j=0;j<=i;++j){
			int v=i*i-j*j;
			if(v>=0 && v<N)vis[v]=1;
		}
	}
	for(int i=0;i<=100;++i){
		if(!vis[i])printf("i:%d\n",i);
	}*/
	scanf("%d%d",&l,&r);
	printf("%d\n",cal(r)-cal(l-1));
	return 0;
}
//x=(y+z)(y-z)
//2k+1=(k+1)^2-k^2
//4k=(k+1)^2-(k-1)^2

D.更小的数（区间dp）

题面

题解

未反转的段仍相同不用关注，只需关注反转的段，

记反转前的串为old（即num串），之后的串为new

运用递归/记忆化搜索的思想，有以下几种情况

1. 当i=j时，new[i,j]不小于old[i,j]

2. 当i+1=j时，new[i,j]小于old[i,j]，当且仅当new[i]<old[i]，即num[j]<num[i]

3. 否则，

①若num[j]<num[i]，new[i,j]一定小于old[i,j]

②若num[j]=num[i]，则可以去掉这两个字母，只需比较new[i+1,j-1]和old[i+1,j-1]

③若num[j]>num[i]，new[i,j]一定大于old[i,j]

从短串递推到长串，就是区间dp了，当然直接写记忆化搜索也行

代码中，dp[i][j]=1表示反转后更小，=0表示反转后大于等于原来

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e3+10;
int n,dp[N][N],ans;
char s[N];
int main(){
	scanf("%s",s);
	n=strlen(s);
	for(int len=2;len<=n;++len){
		for(int l=0;l+len-1<n;++l){
			int r=l+len-1;
			if(s[l]>s[r])dp[l][r]=1;
			else if(s[l]==s[r])dp[l][r]=dp[l+1][r-1];
			ans+=(dp[l][r]==1);
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
//4321
//1234

E.更小的数（树上莫队/启发式合并）

题面

题解

1. 树上莫队：

树上莫队=莫队+dfs序

建树后求dfs序，每个子树对应的dfs区间就是一个询问区间，将询问区间排序后套用莫队，

维护当前颜色i出现的次数now[i]、出现次数为i的颜色种类数freq[i]

任取区间内出现的一种颜色x，若now[x]*freq[now[x]]=区间长度则合法，否则不合法

复杂度O(nsqrt(n))

2. 启发式合并：

可以维护相同的东西，只是套了个启发式合并的壳

重儿子直接继承当前维护的信息，把轻儿子维护的信息往重儿子上合并，

由于每个点至多出现在log个轻儿子所在的子树里，复杂度O(nlogn)

代码（树上莫队）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n,m,c[N],f,in[N],out[N],tot,id[N],pos[N],sz;
int now[N],freq[N],ans;
map<int,int>vis;
vector<int>e[N];
struct node{
	int l,r;
}q[N];
void add(int col,int v){
	freq[now[col]]--;
	now[col]+=v;
	freq[now[col]]++;
}
bool operator<(node a,node b){
	if(pos[a.l]==pos[b.l]){
		if(pos[a.l]&1)return a.r>b.r;
		else return a.r<b.r;
	}
	return a.l<b.l;
}
void dfs(int u){
	in[u]=++tot;
	id[tot]=u;
	for(auto &v:e[u]){
		dfs(v);
	}
	out[u]=tot;
	q[++m]={in[u],out[u]};
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d%d",&c[i],&f);
		if(!vis.count(c[i])){
			vis[c[i]]=1;
			freq[0]++;
		}
		if(i>1)e[f].push_back(i);
	}
	dfs(1);
	sz=(int)sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		pos[i]=1+(i-1)/sz;
	}
	sort(q+1,q+n+1);
	int l=1,r=1;
	add(c[1],1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(;r<q[i].r;r++)add(c[id[r+1]],1);
		for(;r>q[i].r;r--)add(c[id[r]],-1);
		for(;l<q[i].l;l++)add(c[id[l]],-1);
		for(;l>q[i].l;l--)add(c[id[l-1]],1);
		int col=c[id[l]],cnt=now[col],f=freq[cnt];
		if(f*cnt==r-l+1)ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
/*
6
2 0
2 1
1 2
3 3
3 4
1 4
*/

F.买瓜（折半枚举+三进制枚举/枚举子集的子集）

题面

题解

每个西瓜三种选择：不选，选但不劈，选且劈两半

直接三进制枚举的话，3的30次方，复杂度爆炸

考虑拆成两半枚举（折半枚举，也叫meet-in-middle）

分别维护3的15次方大小的集合a、b，

答案只可能完全来自a、或者完全来自b、或者ab各一部分

ab各一部分的话，在枚举b集合内的元素对应的和为x时，到a集合内查元素和m-x是否存在

复杂度O(3^15*log(3^15))，大概3e8多，时间1s(题面pdf)，比较极限，难以通过(New Online Judge2s dotcpp3s)，试了试unordered_map去卡2s也TLE了，而瓶颈主要在集合查的这个log，

所以手写哈希（开散列），将log这个常数再压一压，就可以通过2s的题了

256M空间其实也比较极限，哈希模数那个数组不要开太大~~（调小了TLE调大了MLE）~~

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
const int N=32,M=1<<15,mod=19260817,S=14348907;
int n,bit[M];
int head[mod],nex[S],cnt;
P b[S];
ll m,a[N],f[M],g[M],sum;
inline void upd(int x,int v){
    int u=x%mod;
    for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
        if(b[i].fi==x){
            b[i].se=min(b[i].se,v);
            return;
        }
    }
    b[++cnt]=P(x,v);
    nex[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
}
inline int cal(int x){
    int u=x%mod;
    for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
        if(b[i].fi==x)return b[i].se;
    }
    return N;
}
int sol(){
    if(sum==m)return 0;
    if(n==1){
        if(a[0]/2==m)return 1;
        return -1;
    }
    int ans=N;
    for(int i=1;i<M;++i){
        bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
    }
    int l=n/2,lb=1<<l,r=n-n/2,rb=1<<r;
    for(int i=0;i<l;++i){
        f[1<<i]=a[i];
    }
    for(int i=1;i<lb;++i){
        int x=i&-i;
        f[i]=f[x]+f[i^x];
        if((f[i]>>1)>m)continue;
        for(int j=i;;j=(j-1)&i){
            ll v=(f[j]>>1)+f[j^i];
            if(v<=m){
                if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);
                else upd((int)v,bit[j]);
            }
            if(!j)break;
        }
    }
    for(int i=0;i<r;++i){
        g[1<<i]=a[l+i];
    }
    for(int i=1;i<rb;++i){
        int x=i&-i;
        g[i]=g[x]+g[i^x];
        if((g[i]>>1)>m)continue;
        for(int j=i;;j=(j-1)&i){
            ll v=(g[j]>>1)+g[j^i];
            if(v<=m){
                if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);
                else ans=min(ans,cal((int)(m-v))+bit[j]);
            }
            if(!j)break;
        }
    }
    if(ans>n)ans=-1;
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&m);
    m*=2;
    for(int i=0;i<n;++i){
        scanf("%lld",&a[i]);
        a[i]*=2;
        sum+=a[i];
    }
    printf("%d\n",sol());
    return 0;
}

G.网络稳定性（kruskal重构树）

题目

题解

kruskal重构树裸题，

重构树听上去高端，实则就是在kruskal建最大生成树的过程中额外建点、赋权

比如，u和v当前不在一个集合里，通过w这条边合并时，

新开一个点x，令x是u和v的父亲，而x的权值为w，

查询时，查u和v的lca的权值即可，即为最大连通路径上的最小连通权值

因为按权值从大到小遍历，已经通过权值大的边，使得点之间尽可能连通了

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10,M=3e5+10,K=20;
int n,m,q,u,v,par[N],a[N],f[N][K],dep[N];
bool vis[N];
vector<int>E[N];
struct edge{
	int u,v,w;
}e[M];
int find(int x){
	return par[x]==x?x:par[x]=find(par[x]);
}
bool cmp(edge a,edge b){
	return a.w>b.w;
}
void dfs(int u,int fa){
	vis[u]=1;
	f[u][0]=fa;
	dep[u]=dep[fa]+1;
	for(auto &v:E[u]){
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
	}
}
int lca(int u,int v){
	if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
	int d=dep[u]-dep[v];
	for(int i=K-1;i>=0;--i){
		if(d>>i&1)u=f[u][i];
	}
	if(u==v)return u;
	for(int i=K-1;i>=0;--i){
		if(f[u][i]!=f[v][i])u=f[u][i],v=f[v][i];
	}
	return f[u][0];
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1;i<=n+m;++i){
		par[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
	}
	sort(e+1,e+m+1,cmp);
	int cur=n;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w;
		u=find(u),v=find(v);
		if(u==v)continue;
		++cur;
		par[u]=par[v]=cur;
		E[cur].push_back(u);
		E[cur].push_back(v);
		a[cur]=w;
	}
	for(int i=cur;i>=1;--i){
		if(!vis[i])dfs(i,0);
	}
	for(int j=1;j<K;++j){
		for(int i=1;i<=cur;++i){
			f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
		}
	}
	while(q--){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		if(find(u)!=find(v)){
			puts("-1");
			continue;
		}
		printf("%d\n",a[lca(u,v)]);
	}
	return 0;
}
/*
5 4 3 
1 2 5
2 3 6
3 4 1
1 4 3
1 5
2 4
1 3
*/

H. 异或和之和（按位计算贡献）

题目

题解

按每个二进制位i考虑，从而转化为0、1序列的问题

一个子段[l,r]在第i位有贡献，当且仅当[l,r]内第i位出现的次数为奇数次，

前缀和做差[l,r]=[1,r]减[1,l-1]，所以维护当前有多少个前缀是奇数，有多少个前缀是偶数

[l,r]为奇数，若[1,r]为偶数则要求[1,l-1]为奇数，反之同理，

枚举每个右端点，统计与其对应的有贡献的左端点，计算答案

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,a[N],sum[2];
ll ans;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=0;i<=20;++i){
		sum[0]=1,sum[1]=0;
		int now=0;
		ll all=0;
		for(int j=1;j<=n;++j){
			int v=a[j]>>i&1;
			now^=v;
			all+=sum[now^1];
			sum[now]++;
		}
		ans+=all*(1ll<<i);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
/*
5
1 2 3 4 5
*/

I. 像素放置（搜索）

题面

题解

写状压的话感觉总难免需要关注三行的有效状态，

复杂度好像更没有办法保证，所以写了搜索剪枝，

总体思路还是枚举每一位填0还是填1，加入了校验机制，以及搜到解之后直接return

搜索剪枝也要用到插头dp（轮廓线dp）的思想，配合记忆化

~~洛谷的数据足够强，没加记忆化没过~~

直接的想法是dp[10][10][1<<22]

dp[i][j][k]表示当前搜到了(i,j)这个格子，而前面2m+2个格子的状态是k时，这个状态是否搜到过

由于搜到解后就返回答案，这么记录，只是为了避免重复搜无效的状态

由于直接int数组开不下，所以用bitset将空间压为1/32，bitset<M>dp[10][10]

如左图，当(i,j)位于行初时，只需关注前2*m个格子；再往右一格时，只需关注前2*m+1个格子，

再往右两格及更右时，只需关注前2*m+2个格子，直至行尾，最多只需关注22个格子

对于行越界的情形，不妨认为上面有两行全0的空行

复杂度 $O(n*m*2^{2*m+2})$

a[i][j]：原图转化过来的数字，下划线转成了INF

b[i][j]：当前填的答案数组

cur[i][j]：(i,j)本身及(i,j)周围一圈合法位置中，当前填了几个1

填一个数时，考虑它本身及周围一圈的合法位置（最多9个）

校验机制是：

1. 如果当前填了这个数，导致超过上限，即cur[i][j]>a[i][j]，则不合法

2. 如果当前填的格子，是格子(i,j)管辖的最后一个格子，填完这个数后，a[i][j]和cur[i][j]不等，则也不合法

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int S=15,N=10,M=1<<22,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[S][S],b[S][S],cur[S][S];
bitset<M>dp[N][N];
char s[S][S];
bool ok;
bool in(int x,int y){
	return 0<=x && x<n && 0<=y && y<m && a[x][y]!=INF;
}
bool can(int x,int y,int v){
	for(int i=-1;i<=1;++i){
		for(int j=-1;j<=1;++j){
			int nx=x+i,ny=y+j;
			if(in(nx,ny) && cur[nx][ny]+v>a[nx][ny])return 0;
		}
	}
	if(in(x-1,y-1) && cur[x-1][y-1]+v<a[x-1][y-1])return 0;
	if(x==n-1 && in(x,y-1) && cur[x][y-1]+v<a[x][y-1])return 0;
	if(y==m-1 && in(x-1,y) && cur[x-1][y]+v<a[x-1][y])return 0;
	return 1;
}
void dfs(int x,int y,int w){
	//cnt++;
	if(x==n && y==0){
		ok=1;
		for(int i=0;i<n;++i){
			for(int j=0;j<m;++j){
				printf("%d",b[i][j]);
			}
			puts("");
		}
		return;
	}
	if(ok)return;
	if(dp[x][y][w])return;
	dp[x][y][w]=1;
	for(int v=0;v<=1;++v){
		if(ok)return;
		if(can(x,y,v)){
			b[x][y]=v;
			if(v){
				for(int i=-1;i<=1;++i){
					for(int j=-1;j<=1;++j){
						int nx=x+i,ny=y+j;
						if(!in(nx,ny))continue;
						cur[nx][ny]++;
					}
				}
			}
			int nw=(w<<1)|v;
			if(y==m-1)dfs(x+1,0,nw&((1<<(2*m))-1));
			else dfs(x,y+1,nw&((1<<(2*m+2))-1));
			if(v){
				for(int i=-1;i<=1;++i){
					for(int j=-1;j<=1;++j){
						int nx=x+i,ny=y+j;
						if(!in(nx,ny))continue;
						cur[nx][ny]--;
					}
				}
			}
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;++i){
		scanf("%s",s[i]);
		for(int j=0;j<m;++j){
			a[i][j]=INF;
			if(s[i][j]!='_')a[i][j]=s[i][j]-'0';
		}
	}
	dfs(0,0,0);
	//printf("cnt:%d\n",cnt);
	return 0;
}

J.翻转硬币（整除分块+杜教筛）

题面

题解

1. 5e6，可以考虑埃筛枚举因数，x需要翻当且仅当x的真因数翻了奇数次

2. 1e9，观察5e6时的式子，其实就是莫比乌斯函数 $gif.latex?%5Cmu%28i%29$ 模2意义下的值，

即只有0和1两种情况，此时可以认为是 $gif.latex?%7C%5Cmu%28i%29%7C$ 或 $gif.latex?%5Cmu%28i%29%5E%7B2%7D$ ，然后直接套杜教筛

3. 1e18，观察1e9时的式子或思考莫比乌斯函数的定义，

只有包含完全平方因子的数的 $gif.latex?%5Cmu$ 值才为0，

所以，考虑对平方因子容斥， $gif.latex?%5Csum_%7Bd%3D1%7D%5E%7B%5Cleft%20%5Clfloor%20%5Csqrt%20n%20%5Cright%20%5Crfloor%7D%5Cmu%28d%29*%20%5Cleft%20%5Clfloor%20%5Cfrac%7Bn%7D%7Bd*d%7D%20%5Cright%20%5Crfloor$ 即为所求，

即： $gif.latex?%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5En%7B%5Cmu%28i%29%5E2%7D%20%3D%20%5Csum_%7Bd%3D1%7D%5E%7B%5Cleft%20%5Clfloor%20%5Csqrt%20n%20%5Cright%20%5Crfloor%7D%5Cmu%28d%29*%20%5Cleft%20%5Clfloor%20%5Cfrac%7Bn%7D%7Bd*d%7D%20%5Cright%20%5Crfloor$

当然，化到这个式子的情况下，直接暴力也是可以通过1e9的数据的

然而，对于1e18，直接整除分块（数论分块）的话是 $gif.latex?O%28%5Csqrt%7Bn%7D%29$ 的，不能接受

于是，类似杜教筛预处理 $gif.latex?O%28n%5E%5Cfrac%7B2%7D%7B3%7D%29$ 前缀和的操作，

这里实际预处理 $gif.latex?%28%5Csqrt%7Bn%7D%29%5E%7B%5Cfrac%7B2%7D%7B3%7D%7D$ 部分的答案（询问是单组的，现算这部分效果是一样的）

用杜教筛预处理 $gif.latex?%5Cmu$ 的前缀和，后面[1e6,1e9]的部分用整除分块配合 $gif.latex?%5Cmu$ 的区间和解决

【SSL 2402】最简根式（杜教筛）（整除分块）_SSL_TJH的博客-CSDN博客，与这个题类似

复杂度感觉是 $gif.latex?O%28n%5E%5Cfrac%7B1%7D%7B3%7D%29$ 的，但据uoj群友说是 $gif.latex?O%28n%5E%5Cfrac%7B2%7D%7B5%7D%29$ 的，就不太懂了…

实际预处理到1e6交New Online Judge也是会TLE的，改到1e7才过

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
bool ok[N];
int pr[N],mu[N],cnt,up;
map<int,int>smu;
ll n,ans[N];
void sieve(ll n){
    mu[1]=1;
    for(ll i=2;i<N;++i){
        if(!ok[i]){
            pr[cnt++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<cnt;++j){
            ll k=i*pr[j];
            if(k>=N)break;
            ok[k]=1;
            if(i%pr[j]==0){
                mu[k]=0;
                break; 
            }
            mu[k]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i){
    	ans[i]=mu[i]*(n/i/i);
    }
    for(int i=2;i<N;++i){
        mu[i]+=mu[i-1];
        ans[i]+=ans[i-1];
    }
}
int djsmu(int n){
    if(n<N)return mu[n];
    if(smu.count(n))return smu[n];
    int ans=1;
    for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ans=ans-(r-l+1)*djsmu(n/l);
        if(r==n)break;
    }
    return smu[n]=ans;
}
ll cal(ll n){
	int sq=sqrt(n);
	if(sq<N)return ans[sq];
	ll l=2;
	for(;l*l*l<=n;l++);
	ll res=ans[l-1];
	for(ll r;l*l<=n;l=r+1){
	    ll v=n/l/l;
		r=sqrt(n/v);
		res+=v*(djsmu(r)-djsmu(l-1));
	}
	return res;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    sieve(n);
    printf("%lld\n",cal(n));
    return 0;
}

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