2020年3月蓝桥杯（软件类）第一次模拟赛：题目+解答

第一题 单位变换

题目

【问题描述】
在计算机存储中，15.125GB是多少MB？
【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。

  

 

  
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思路
1GB=1024MB

答案
15488

第二题 约数个数

题目

【问题描述】
1200000有多少个约数（只计算正约数）。
【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。

  

 

  
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思路
枚举+判断

答案
96

代码

#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 1200000;

int main() { int ans = 0; for (int i = 1; i <= N; ++i) { if (N % i == 0) ans++; } cout << ans << endl; return 0;
}


  

 

  
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第三题 叶结点数

题目

【问题描述】
一棵包含有2019个结点的二叉树，最多包含多少个叶结点？
【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。

  

 

  
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思路

n0——叶子节点个数， n1——度为1的节点个数， n2——度为2的节点个数， n——总节点数

对任意二叉树有：n=n0+n1+n2，n0=n2+1
联立可得：n=n0+n1+n0-1=2*n0+n1-1

依题意：n=2019，为使叶子节点数n0最多，必须让n1最小，设为0，故而：
2*n0-1=2019， 解得n0=1010

答案
1010

第四题 数字9

题目

【问题描述】
在1至2019中，有多少个数的数位中包含数字9？
注意，有的数中的数位中包含多个9，这个数只算一次。例如，1999这个数包含数字9，在计算时只是算一个数。
【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。

  

 

  
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答案
544

代码

#include<iostream>
#include<string> 
#include<sstream>
#include<algorithm>

using namespace std;

string int_str(int n)
{	
	string str;
	stringstream Convert;
	Convert<<n;
	Convert>>str; return str;	
}
int main()
{
	string str;
	int count =0;
	for(int i=1; i<=2019; i++){
		str = int_str(i);
		int position= str.find("9",0);
		if(position!=-1) count+=1;
	}
	cout<<count<<endl;
	return 0;
} 

  

 

  
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第五题 数位递增的数

题目

【问题描述】
一个正整数如果任何一个数位不大于右边相邻的数位，则称为一个数位递增的数，例如1135是一个数位递增的数，而1024不是一个数位递增的数。
给定正整数 n，请问在整数 1 至 n 中有多少个数位递增的数？
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示答案。
【样例输入】
30
【样例输出】
26
【评测用例规模与约定】
对于 40% 的评测用例，1 <= n <= 1000。
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000。

  

 

  
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思路
遍历 + 类型转换 + 判断

代码

#include<iostream> 
#include<string>
#include<sstream>
using namespace std;

//int型转str型 
string int_str(int n)
{
	string str;
	stringstream Convert;
	Convert<<n;
	Convert>>str; return str;	
}


int main()
{
	int n=0;
	cin>>n;
	int count=0;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		string str = int_str(i); int flag=1;//默认位数是递增的 
		for(int j=0; j<str.size()-1; j++){ if(str[j]>str[j+1]){ //如果任意一位不满足，则不属于位数递增  flag=0; break; } }
		if(flag) count++;
	} 
	cout<<count<<endl;
	return 0;
} 

  

 

  
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第六题 递增三元组

题目

【问题描述】
在数列 a[1], a[2], …, a[n] 中，如果对于下标 i, j, k 满足 0<i<j<k<n+1 且 a[i]<a[j]<a[k]，则称 a[i], a[j], a[k] 为一组递增三元组，a[j]为递增三元组的中心。
给定一个数列，请问数列中有多少个元素可能是递增三元组的中心。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n。
第二行包含 n 个整数 a[1], a[2], …, a[n]，相邻的整数间用空格分隔，表示给定的数列。
【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示答案。
【样例输入】
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【样例输出】
2
【样例说明】
a[2] 和 a[4] 可能是三元组的中心。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，2 <= n <= 100，0 <= 数列中的数 <= 1000。
对于所有评测用例，2 <= n <= 1000，0 <= 数列中的数 <= 10000。


  

 

  
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思路
先确定中间元素a[i]，再分别判断a[i]左边和右边是否存在小于和大于它的数

代码

#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
	int n=0;
	cin>>n; //定义一个动态数组 
	int *a = new int[n];
	for(int i=0; i<n; i++)
		cin>>a[i]; int count = 0; for(int i=1; i<n-1; i++)
	{
		int flag_p=0, flag_b=0;
		for(int j=0; j<i; j++)
		{ if(a[j]<a[i]) { flag_p=1; //左边存在元素小于a[i]  break; }
		} for(int j=i+1; j<n; j++)
		{ if(a[j]>a[i]) { flag_b=1; //右边存在元素大于a[i]  break; }
		} if(flag_p&flag_b) count++;
	}
	cout<<count<<endl;
	delete[] a; return 0;
} 


  

 

  
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第七题 音节判断

题目

【问题描述】
小明对类似于 hello 这种单词非常感兴趣，这种单词可以正好分为四段，第一段由一个或多个辅音字母组成，第二段由一个或多个元音字母组成，第三段由一个或多个辅音字母组成，第四段由一个或多个元音字母组成。
给定一个单词，请判断这个单词是否也是这种单词，如果是请输出yes，否则请输出no。
元音字母包括 a, e, i, o, u，共五个，其他均为辅音字母。
【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】
输出答案，或者为yes，或者为no。
【样例输入】
lanqiao
【样例输出】
yes
【样例输入】
world
【样例输出】
no
【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。

  

 

  
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思路

• 将每一个元音元素记为1，辅音元素记为0
• 当首元素为辅音，尾元素为元音；且0，1变换出现3次则为yes，否则为no。

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
using namespace std;
int main(){	
	string word;
	cin>>word;
	vector<int> vec;
	for(int i=0; i<word.size(); i++){
		if(word[i]=='a'||word[i]=='e'||word[i]=='i'||word[i]=='o'||word[i]=='u') vec.push_back(1); //元音元素记为1 
		else vec.push_back(0); //辅音元素记为0 
	}
	int count =0;
	if(vec[0]==0&&vec[vec.size()-1]==1){
		for(int i=0; i<vec.size()-1; i++){ //出现0，1交替则记数一次  if(vec[i]+vec[i+1]==1) count += 1; }
		if(count==3) cout<<"yes"<<endl;
		else cout<<"no"<<endl;
	} 
	else
		cout<<"no"<<endl;
	return 0;
} 

  

 

  
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第八题 长草

题目

【问题描述】
小明有一块空地，他将这块空地划分为 n 行 m 列的小块，每行和每列的长度都为 1。
小明选了其中的一些小块空地，种上了草，其他小块仍然保持是空地。
这些草长得很快，每个月，草都会向外长出一些，如果一个小块种了草，则它将向自己的上、下、左、右四小块空地扩展，这四小块空地都将变为有草的小块。
请告诉小明，k 个月后空地上哪些地方有草。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m。
接下来 n 行，每行包含 m 个字母，表示初始的空地状态，字母之间没有空格。如果为小数点，表示为空地，如果字母为 g，表示种了草。
接下来包含一个整数 k。
【输出格式】
输出 n 行，每行包含 m 个字母，表示 k 个月后空地的状态。如果为小数点，表示为空地，如果字母为 g，表示长了草。
【样例输入】
4 5
.g...
.....
..g..
.....
2
【样例输出】
gggg.
gggg.
ggggg
.ggg.
【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 <= k <= 1000。


  

 

  
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代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
using namespace std;

int main(){
	int n=0, m=0;
	cin>>n>>m;
	char ground[n][m];//草地 
	for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; j<m; j++){ cin>>ground[i][j];
		}
	} char temp[n][m];//初始化中间变量 
	for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; j<m; j++){ temp[i][j]='.';
		}
	} int k=0;
	cin>>k; while(k>0){
		for(int i=0; i<n; i++){ for(int j=0; j<m; j++){ if(ground[i][j]=='g'){ temp[i][j]='g'; if(i-1>=0) temp[i-1][j]='g'; if(i+1<n) temp[i+1][j]='g'; if(j+1<m) temp[i][j+1]='g'; if(j-1>=0) temp[i][j-1]='g'; } }
		}
		for(int i=0; i<n; i++) for(int j=0; j<m; j++) ground[i][j] = temp[i][j];
		k-=1;
	} for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; j<m; j++){ cout<<ground[i][j];
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
} 


  

 

  
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第九题 序列计数

题目

【问题描述】
小明想知道，满足以下条件的正整数序列的数量：
1. 第一项为 n；
2. 第二项不超过 n；
3. 从第三项开始，每一项小于前两项的差的绝对值。
请计算，对于给定的 n，有多少种满足条件的序列。
【输入格式】
输入一行包含一个整数 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】
4
【样例输出】
7
【样例说明】
以下是满足条件的序列：
4 1
4 1 1
4 1 2
4 2
4 2 1
4 3
4 4
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例，1 <= n <= 5；
对于 50% 的评测用例，1 <= n <= 10；
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000。

  

 

  
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思路1：记忆型递归 O(N^3)

首先确定递归式：

f(pre,cur) = f(cur,1) + f(cur,2) + … +f(cur,abs(pre-cur)-1) + 1
pre表示前一个数，cur代表当前的数，选定之后，序列种数等于以cur为前序，以1到abs-1为当前的序列数的总和再加1.如f(5,2) = f(2,1)+f(2,2).

但是暴力递归的复杂度是指数级; 基本的优化方案是加状态记忆：输入1000时，实测运行时间为1000~2000ms；

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>

typedef long long LL;
using namespace std;

int N;
LL ans;
const int MOD = 10000;
//记忆矩阵 
int mem[1001][1000];

LL dfs(int pre, int cur) { // 询问状态 if (mem[pre][cur] != 0) return mem[pre][cur]; LL ans = 1; //_for(j, 1,abs(pre-cur) - 1)  for(int j=1; j<=abs(pre-cur)-1; j++)
	{ ans = (ans + dfs(cur, j)) % MOD; } //记录状态 mem[pre][cur] = ans; return ans;
}

int main() { ans = 0; cin >> N; //_for(x, 1, N) ans = (ans + dfs(N, x)) % MOD; for (int x=1; x<=N; x++) ans = (ans + dfs(N, x)) % MOD; cout<<ans<<endl; return 0;
}


  

 

  
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思路2：进一步优化 O(N^2)

重新考虑状态的转移：如果我们用F(i,j)表示前一个数pre是i，当前数cur是1到j的合法序列的个数；即：
F(i, j) = f(i, 1) + f(i, 2) + f(i, 3) +…+ f(i, j-1) + f(i, j) = F(i, j-1) + f(i, j)

由思路1可知：f(pre,cur) = f(cur,1) + f(cur,2) + … +f(cur,abs(pre-cur)-1) + 1 = F(cur, abs(pre-cur)-1) + 1

故思路2的迭代公式为：F(i, j) = F(i, j-1) + F(i, abs(i-j)-1) + 1

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>

typedef long long LL;
using namespace std;

int N;
const int MOD = 10000;
int mem[1001][1000];

int dfs(int pre, int cur) { if (cur <= 0) return 0; if (mem[pre][cur] != 0) return mem[pre][cur]; return mem[pre][cur] = (1 + dfs(pre, cur - 1) + dfs(cur, abs(pre - cur) - 1)) % MOD;
}


int main() { cin >> N; cout << dfs(N, N) << endl; return 0;
}

  

 

  
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第十题 晚会节目单

题目

【问题描述】
小明要组织一台晚会，总共准备了 n 个节目。然后晚会的时间有限，他只能最终选择其中的 m 个节目。
这 n 个节目是按照小明设想的顺序给定的，顺序不能改变。
小明发现，观众对于晚会的喜欢程度与前几个节目的好看程度有非常大的关系，他希望选出的第一个节目尽可能好看，在此前提下希望第二个节目尽可能好看，依次类推。
小明给每个节目定义了一个好看值，请你帮助小明选择出 m 个节目，满足他的要求。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n, m ，表示节目的数量和要选择的数量。
第二行包含 n 个整数，依次为每个节目的好看值。
【输出格式】
输出一行包含 m 个整数，为选出的节目的好看值。
【样例输入】
5 3
3 1 2 5 4
【样例输出】
3 5 4
【样例说明】
选择了第1, 4, 5个节目。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 20；
对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 100000，0 <= 节目的好看值 <= 100000。

  

 

  
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代码

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

int main(){

	int N=0, M=0; cin >> N >> M; vector<int> games(N); for (int i = 0; i < N; i++) { cin >> games[i]; } int pos_max = 0, pos_1 = 0, pos_2 = N - M; while (pos_1 < pos_2 && pos_2 < N) { while (pos_1 < pos_2){ if (games[++pos_1] > games[pos_max])pos_max = pos_1;
		} cout << games[pos_max] << " "; pos_1 = pos_max + 1; pos_2++; pos_max = pos_1; } while (pos_2 != N) { cout << games[pos_2++] << " "; } cout << endl;
	return 0;
}

  

 

  
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文章来源: ai-wx.blog.csdn.net，作者：AI 菌，版权归原作者所有，如需转载，请联系作者。

原文链接：ai-wx.blog.csdn.net/article/details/109108840