写的不是很好，8000+浏览量后开的粉丝可见，希望涨一点点粉。
觉得还阔以的，就不要取关了Fight!!(ｏ^-^)~''☆ミ☆ミ
题目pdf下载：第十三届蓝桥杯大赛软件赛决赛pdf下载
G题没有写，J题是暴力的，其他好像都写出来，但是估计还是有错的。
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J题题意有差别，所以G和J都是0%。I题是90%，其他都是100%ac。
目录
正文：
试题 A: 2022
试题 B: 钟表
试题 C: 卡牌
试题 D: 最大数字
试题 E: 出差
试题 F: 费用报销
试题 G: 故障
试题 H: 机房
试题 I: 齿轮
试题 J: 搬砖
结尾：
题意： 2022分为不同十个不同的正整数的情况数。
思路：动态规划,我的答案是：379187662194355221。
以为挺简单的，想用dfs看下小数据答案，连100都跑不出来，这题难度不简单，估计卡了不少人时间。其实应该是动态规划的思路。
解释在下面动态规划代码的注释，大致就是dp[2022][10]=dp[1][9]+dp[2][9]+dp[3][9]....+dp[2021][9]的动态规划，用倒叙去实现每个整数只用一次（类似01背包）。
暴力代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a=55;
int ans=0;
void dfs(int d,int sum,int pre){ //d是选的数量，sum是选的和，pre是上次选的点
if(d==10){
if(sum==a)
ans++;
return;
}
for(int i=pre+1;i<=a;i++){
if(i+sum<=a){
dfs(d+1,sum+i,i);
}
}
}
int main()
{
dfs(0,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
动态规划代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long i,j,k,dp[50000][20];
//dp[i][j]表示选j个数总和为i的方案数
int main()
{
for(i=2022;i>=1;i--)
{
//这里i的顺序不影响结果
for(j=2022;j>=1;j--)
{
//为了dp不相互影响这里从大到小dp
//如果从小到大的话需要再开数组存结果
for(k=1;k<=9;k++)
{
dp[j+i][k+1]+=dp[j][k];
//对于k个数总和为j的方案dp[j][j];
//可以选i使得k+1个数总和为j+i
}
}
dp[i][1]=1;//表示选1个数总和为i的方法加1
}
for(i=1;i<=100;i++)
{
cout<<i<<" "<<dp[i][10]<<endl;
}
cout<<dp[2022][10]<<endl;
return 0;
}
题意：一个钟表的时针、分针的角度差==分针、秒针的角度差，求此时的时分秒。
思路：暴力，我的答案是：4 48 0
三个for起手不难，主要就是计算三个针的角度，
秒的角度就是：m/60
分的角度就是：f/60+(m/60)/*60，因为秒贡献的度数最多是1/60，贡献了m/60*(1/60)
时的角度就是：s/12+(f+m*60)/(60*12);，因为分钟贡献的度数最多是1/12，如果有res分钟，那么a=s/12+res/12
注意优弧劣弧的概念，小数的角度是<=0.5的。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dou double
#define EXP 1e-6
#define M 100010
int main()
{
for(dou s=0;s<=6;s++)
for(dou f=0;f<60;f++)
for(dou m=0;m<60;m++){
dou a=s/12+(f+m*60)/(60*12); //时针在表上角度
dou b=f/60+m/(60*60); //分针在表上角度
dou c=m/60; //秒针在表上角度
dou x=fabs(a-b)>0.5?1-fabs(a-b):fabs(a-b); //x是时针和分针夹角
dou y=fabs(b-c)>0.5?1-fabs(b-c):fabs(b-c); //x是分针和秒针夹角
if(fabs(x-2*y)<EXP){ //如果A==2*B
cout<<s<<" "<<f<<" "<<m<<endl;
}
}
return 0;
}
题意：a[i]数组是已有的 i 类手牌的数量，每个类（1-n类）的出1张可以组成一套，还有m张空白的，可以随便写成任意i类。b数组是该类最多被空白牌写成几张，求组成的最多套牌。
修改：这题比赛的时候被改成a,b<n*2了，不是原来的n*n了
思路：二分
容易知道是把空白牌用到少的类上，这题思路就是直接二分答案了
如果当前类牌不够mid张，当然是将空白的编变成该类牌，一是看是否超过了b数组的限制，二是看是否超过了最大空白牌数量。
直到最后也是没有被返回NO，那么返回YES
check函数：
int check(int mid){ //看看mid套行不行
LL sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<mid){ //i类原来数量就超过mid张就不用考虑了
if(mid-a[i]>b[i]) return 0; //如果需要的比限制多返回NO
sum+=mid-a[i];
if(sum>m) return 0; //如果使用空白牌多与m，返回NO
}
}
return 1;
}代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define M 1000005
LL n,m;
LL a[M],b[M];
int check(int mid){
LL sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<mid){
if(mid-a[i]>b[i]) return 0;
sum+=mid-a[i];
if(sum>m) return 0;
}
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
LL l=0,r=n*2,ans=0;
while(l<=r){
LL mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
l=mid+1;
ans=mid;
}else{
r=mid-1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
题意：给一个小于1e18的数字，不超过a次可以给一位+1，9再+就变成0，
不超过b次可以给一位-1，0再-变成9。
思路：思维+暴力深搜（dfs）
使用肯定是从前面开始的，因为是不超过多少次使用，前面就是能省则省，但是但凡有用，必须使用，暴力出答案即可。
对于每种情况只能是暴力的搜答案，时间复杂度最坏应该是2^18了差不多。
然后一直纠结用字符串还是整数来表示，整数肯定更方便计算和简洁，字符串便于修改，后面用数量级还是实现了整数的修改。
dfs代码：
void dfs(LL a,LL ans,LL b,LL c){ //a表示当前的N，ans是10的某次方,表示数量级,b和c是剩余数量
if(ans==0){
maxx=max(maxx,a); //更新答案
return;
}
int d=a/ans%10;
if(b>9-d){ //能变成9就变9,
int r=b-(9-d);
dfs(a+(9-d)*ans,ans/10,r,c);
}else{ //不能变成9就全用
dfs(a+b*ans,ans/10,0,c);
}
if(c!=0){
if(c>=d+1){ //能变成9就用，不能变就省着
int r=c-(d+1);
dfs(a-d*ans+9*ans,ans/10,b,r);
}
}
}代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100010
LL a,b,c;
LL maxx=0;
void dfs(LL a,LL ans,LL b,LL c){
if(ans==0){
maxx=max(maxx,a);
return;
}
int d=a/ans%10;
if(b>9-d){
int r=b-(9-d);
dfs(a+(9-d)*ans,ans/10,r,c);
}else{
dfs(a+b*ans,ans/10,0,c);
}
if(c!=0){
if(c>=d+1){
int r=c-(d+1);
dfs(a-d*ans+9*ans,ans/10,b,r);
}
}
}
int main()
{
cin>>a>>b>>c;
LL tmp=a;
LL ans=1;
while(a){
a/=10;
ans*=10;
}
dfs(tmp,ans/10,b,c);
cout<<maxx<<endl;
return 0;
}
题意：n个点，m条边构成一个有边权的无向图，然后每个顶点都有自己的停留时间，即到达该点要停的时间，都是正数，求1到n点的最短时间
思路：最短路的贝尔曼-福特算法(Bellman-Ford)
这题就是最短路模板题，只是加上了顶点要停留，感觉迪杰斯特拉算法（Dijkstra）应该也行，但觉得贝尔曼-福特算法(Bellman-Ford)应该更合适。
只是在使用边的时候，将边权+终点停留时间，终点为n时不加
更新代码：
for(int k=1;k<=n;k++){ //n次更新
for(int i=1;i<=m;i++){
int res1=0,res2=0;
if(b[i]!=n) res1=x[b[i]]; //终点不为n，边权+停留时间
if(a[i]!=n) res2=x[a[i]];
dist[b[i]]=min(dist[b[i]],dist[a[i]]+c[i]+res1);
dist[a[i]]=min(dist[a[i]],dist[b[i]]+c[i]+res2);
}
}代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 100005
int n,m;
int x[M];
int dist[M],a[M],b[M],c[M];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(dist,inf,sizeof(dist));
dist[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
for(int k=1;k<=n;k++){
for(int i=1;i<=m;i++){
int res1=0,res2=0;
if(b[i]!=n) res1=x[b[i]];
if(a[i]!=n) res2=x[a[i]];
dist[b[i]]=min(dist[b[i]],dist[a[i]]+c[i]+res1);
dist[a[i]]=min(dist[a[i]],dist[b[i]]+c[i]+res2);
}
}
cout<<dist[n]<<endl;
return 0;
}
题意：给同一年的一些天，这些天都一个或多个的钱，选一些天使金额最多且不超多m，其中所有相邻的天数相差不低于k（>=k）
思路：二维动态规划
dp[i][j]表示第i天时，能取到接近j的最大值，意味着dp[i][j]<=j，答案就是dp[500][m]，500这个数只要比一年356天大就行
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ll long long
#define M 5005
int n,m,k;
int x,y;
struct Node
{
int a,id;
bool operator<(const Node temp)const{
if(id==temp.id) return a<temp.a; //这里是小于号，按从小到大排序
return id<temp.id;
}
}cnt[M];
int mp[105][105],dp[M][M]; //dp[i][j]表示第i天的时候，最接近j（<=j）能取多大
int r[]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
signed main(){
int sum=0;
for(int i=1;i<=12;i++){
for(int j=1;j<=r[i];j++){
sum++;
mp[i][j]=sum; //映射天数
}
}
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x>>y>>cnt[i].a;
cnt[i].id=mp[x][y];
}
sort(cnt+1,cnt+n+1); //按天数从小到大排序
int mx=0;
int res=1; //表示下次有表单的下标，类似于双指针
for(int i=1;i<=500;i++){
if(cnt[res].id==i){
int da=cnt[res].a;
for(int j=da;j<=m;j++){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[max(0LL,i-k)][j-da]+da);
mx=max(mx,dp[i][j]);
}
i--; //i--保证下次i不变，而res会+1，也就是处理同一天有多个。
res++;
}else{
for(int j=1;j<=m;j++){
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
}
}
}
cout<<dp[500][m]<<endl;
return 0;
}
题意：不知
思路：不知，题有点多，做不过来
代码：未有
题意：给一颗无边权的树，查询m次两点路劲之间，所有点的直接连接点的数量和。
思路：LCA+树形DP
还是比较好想的，dfs处理出给个点的直接连接点的数量，再dfs，求出每个点到顶点的直接连接点的数量的前缀和，用dp[i]表示。
d表示两点x和y的LCA（共公祖先），pre[d]表示d的父点，结果就是dp[x]+dp[y]-dp[d]-dp[pre[d]]。
核心代码：
void dfs(int d,int pre,int sum)
{
for(int i=1;i<n+5;i++) lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i); //LCA倍增
fa[d][0]=pre; //LCA倍增
h[d]=h[pre]+1; //LCA倍增
p[d]=pre; //父点
for(int i=1;i<=lg[h[d]]+1;i++) //LCA倍增
fa[d][i]=fa[fa[d][i-1]][i-1];
int l=v[d].size(); //l也是当前结点直接连接其他结点数量
dp[d]=l+sum; //sum是之前父链的和
fo(0,l-1){
int now=v[d][i];
if(pre!=now){
dfs(now,d,dp[d]);
}
}
}代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 200005
int n,m,x,y;
int dp[M],p[M];
vector<int>v[M];
int h[M],lg[M],fa[M][35];
void dfs(int d,int pre,int sum)
{
for(int i=1;i<n+5;i++) lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i); //LCA倍增
fa[d][0]=pre; //LCA倍增
h[d]=h[pre]+1; //LCA倍增
p[d]=pre; //父点
for(int i=1;i<=lg[h[d]]+1;i++) //LCA倍增
fa[d][i]=fa[fa[d][i-1]][i-1];
int l=v[d].size(); //l也是当前结点直接连接其他结点数量
dp[d]=l+sum; //sum是之前父链的和
fo(0,l-1){
int now=v[d][i];
if(pre!=now){
dfs(now,d,dp[d]);
}
}
}
int LCA(int a,int b)
{
if(h[a]<h[b]) swap(a,b);
for(int i=lg[h[a]]+1;i>=0;i--){
if(h[a]-(1<<i)>=h[b])
a=fa[a][i];
}
if(a==b) return a;
for(int i=lg[h[a]]+1;i>=0;i--)
if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
a=fa[a][i];
b=fa[b][i];
}
return fa[a][0];
}
int main(){
cin>>n>>m;
fo(1,n-1){
cin>>x>>y;
v[x].push_back(y);
v[y].push_back(x);
}
dfs(1,0,0);
while(m--){
int x,y;
cin>>x>>y;
int d=LCA(x,y);
cout<<dp[x]+dp[y]-dp[d]-dp[p[d]]<<endl;
}
return 0;
}
题意：给一个数组为齿轮大小，问能不能换顺序后，尾转的速度是首转的速度的qi倍，询问Q次。
思路：不难发现这个中间的没有用，就是首的半径=尾的半径*qi就可。而且这种排序是随便的，只需要找这个数组中有没有两个数相除==qi即可。
那么需处理出这个数组所有的可有倍数即可。具体看代码更容易理解，这个时间复杂度是n*logn的，对1e6也应该能用，注意倍数1的判断
预处理代码：
for(int i=1;i<=MAX;i++){ //MAX=2e5
if(vis[i]==1){ //vis[i]表示i在该数组中
for(int j=i*2;j<=MAX;j+=i){
if(vis[j]==1) ans[j/i]=1; //ans是结果数组
}
}
}
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 1000005
int MAX=400005;
int n,m,flag=0;
int a[M];
int vis[M],ans[M];
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(vis[a[i]]==1) flag=1; //单独判断ans[1]
vis[a[i]]=1; //表明数组有这个数
}
if(flag) ans[1]=1;
for(int i=1;i<=MAX;i++){
if(vis[i]==1){
for(int j=i*2;j<=MAX;j+=i){
if(vis[j]==1) ans[j/i]=1;
}
}
}
int x;
while(m--){
cin>>x;
if(ans[x]) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}
题意：选取若干个从上到下放，重量不能小于上面的和，求总价值最大
思路：可能是动态规划，写差不多觉得和题意有点出入，就直接dfs暴力了
暴力挺简单的，先结构体排序，重量小的一定先选在上面，不然直接压垮了。然后同重量的价值大的一定先选。
dfs出所有的1-n排序，也就是：
1 2 3 4 5
1 2 3 4
3 4 5
2 4 5
这些
....
然后计算判断更新最后答案
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fo(a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define M 200005
int n,maxx=0;
struct Node
{
int a,b;
bool operator<(const Node temp)const{
if(a==temp.a) return b>temp.b;
return a<temp.a;
}
}x[M];
//此代码是暴力代码，只能过30%
int q[M],v=0;
void dfs(int d,int pre){
if(d==n){ //判断q数组中的顺序是否合法
int sum=0,ans=0;
for(int i=1;i<=v;i++){
if(x[q[i]].a<sum) break;
sum+=x[q[i]].a;
ans+=x[q[i]].b;
if(i==v) maxx=max(maxx,ans);
}
return;
}
for(int i=pre+1;i<=n;i++){
q[++v]=i;
dfs(d+1,i);
v--;
}
if(v!=0) dfs(d+1,pre);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>x[i].a>>x[i].b;
sort(x+1,x+n+1);
dfs(0,0);
cout<<maxx<<endl;
return 0;
}
看了下演草纸，才用了1页多，一般比赛要好几页的。不少题是算法及相关的题，总体acm选手估计是叫好，但是对其他选手不清楚了，这题个人觉得难度适中，因为往年很多题不能暴力，而且到现在，那些题也没有题解（csdn上）。今年只有一题没看，一个暴力，难度肯定是降了不少的。