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第七届蓝桥杯省赛第九题交换瓶子

有N个瓶子，编号 1 ~ N，放在架子上。
比如有5个瓶子：
2 1 3 5 4
要求每次拿起2个瓶子，交换它们的位置。
经过若干次后，使得瓶子的序号为：
1 2 3 4 5
对于这么简单的情况，显然，至少需要交换2次就可以复位。
如果瓶子更多呢？你可以通过编程来解决。
输入格式为两行：
第一行: 一个正整数N（N<10000）, 表示瓶子的数目
第二行：N个正整数，用空格分开，表示瓶子目前的排列情况。
输出数据为一行一个正整数，表示至少交换多少次，才能完成排序。
例如，输入：
5
3 1 2 5 4
程序应该输出：
3
再例如，输入：
5
5 4 3 2 1
程序应该输出：
2
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms

分析：遍历数组，如果当前位置的瓶子编号不对，就找到那个正确编号的瓶子交换过来，累加得到交换的次数cnt～

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
    int n, cnt = 0;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] != i) {
            for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
                if (a[j] == i) {
                    swap(a[i], a[j]);
                    cnt++;
                }
            }
        }
    }
    cout << cnt;
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <vector>

using namespace std;

int main() {

int n, cnt = 0;

cin >> n;

vector<int> a(n + 1);

for (int i = 1; i <= n; i++) {

cin >> a[i];

}

for (int i = 1; i <= n; i++) {

if (a[i] != i) {

for (int j = i + 1; j <= n; j++) {

if (a[j] == i) {

swap(a[i], a[j]);

cnt++;

}

cout << cnt;

return 0;

}

第七届蓝桥杯省赛第八题四平方和

四平方和定理，又称为拉格朗日定理：
每个正整数都可以表示为至多4个正整数的平方和。
如果把0包括进去，就正好可以表示为4个数的平方和。

比如：
5 = 0^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2
7 = 1^2 + 1^2 + 1^2 + 2^2
（^符号表示乘方的意思）

对于一个给定的正整数，可能存在多种平方和的表示法。
要求你对4个数排序：
0 <= a <= b <= c <= d
并对所有的可能表示法按 a,b,c,d 为联合主键升序排列，最后输出第一个表示法

程序输入为一个正整数N (N<5000000)
要求输出4个非负整数，按从小到大排序，中间用空格分开

例如，输入：
5
则程序应该输出：
0 0 1 2

再例如，输入：
12
则程序应该输出：
0 2 2 2

再例如，输入：
773535
则程序应该输出：
1 1 267 838

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 3000ms

分析：直接四层循环可能会超时，可以考虑先将两个数能构成的平方和保存在map里面，如果在前两层循环的时候，发现剩下的数并不能由两个数的平方构成，就直接continue跳过～否则就判断第三层循环，然后用sqrt(num – a * a – b * b – c * c)算出最后一个数temp，看它是否为整数～如果是整数就输出～并且退出程序～

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
int main() {
    int num;
    cin >> num;
    int n = sqrt(num);
    map<int, int> m;
    for (int a = 0; a <= n; a++) {
        for (int b = a; b <= n; b++) {
            m[a * a + b * b] = 1;
        }
    }
    for (int a = 0; a <= n; a++) {
        for (int b = a; b <= n; b++) {
            if (m[num - a * a - b * b] != 1) continue;
            for (int c = b; c <= n; c++) {
                double temp = sqrt(num - a * a - b * b - c * c);
                if(temp == (int)temp) {
                    cout << a << " " << b << " " << c << " " << (int)temp;
                    return 0;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <cmath>

#include <map>

using namespace std;

int main() {

int num;

cin >> num;

int n = sqrt(num);

map<int, int> m;

for (int a = 0; a <= n; a++) {

for (int b = a; b <= n; b++) {

m[a * a + b * b] = 1;

}

for (int a = 0; a <= n; a++) {

for (int b = a; b <= n; b++) {

if (m[num - a * a - b * b] != 1) continue;

for (int c = b; c <= n; c++) {

double temp = sqrt(num - a * a - b * b - c * c);

if(temp == (int)temp) {

cout << a << " " << b << " " << c << " " << (int)temp;

return 0;

}

return 0;

}

第七届蓝桥杯省赛第七题剪邮票

剪邮票如【图1.jpg】, 有12张连在一起的12生肖的邮票。

现在你要从中剪下5张来，要求必须是连着的。
（仅仅连接一个角不算相连）
比如，【图2.jpg】，【图3.jpg】中，粉红色所示部分就是合格的剪取。

请你计算，一共有多少种不同的剪取方法。

分析：i1、i2、i3、i4和i5为枚举要剪下的5个数，对这五个数构成的连通性进行dfs判断，如果dfs后测得从i1出发从上下左右四个方向上深度优先搜索遍历为i2～i5之间的所有点，cnt标记i5能够走到的是i1～i5这些点的个数，如果cnt == 5就说明是连在一起的，注意从4和8向右行走走不到5和9，并且从5和9出发向左行走走不到4和8～所以遇到index == 4或者index == 8并且是向右走的时候continue～（index == 5和9并向左走同理～）将result加一～累加得到的result就是结果116～

#include <iostream>
using namespace std;
int dis[4] = {-1, 1, -4, 4}, visit[13];
int i1, i2, i3, i4, i5, cnt, result = 0;
void dfs(int index) {
    if (cnt >= 5) return;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        if ((dis[i] == 1 && (index == 4 || index == 8)) || (dis[i] == -1 && (index == 5 || index == 9))) continue;
        int t = index + dis[i];
        if (t >= 1 && t <= 12 && visit[t] == 0 && (t == i2 || t == i3 || t == i4 || t == i5)) {
            visit[t] = 1;
            cnt++;
            dfs(t);
        }
    }
}
int main() {
    for (i1 = 1; i1 <= 12 - 4; i1++) {
        for (i2 = i1 + 1; i2 <= 12 - 3; i2++) {
            for (i3 = i2 + 1; i3 <= 12 - 2; i3++) {
                for (i4 = i3 + 1; i4 <= 12 - 1; i4++) {
                    for (i5 = i4 + 1; i5 <= 12; i5++) {
                        memset(visit, 0, sizeof(visit));
                        cnt = 1;
                        dfs(i1);
                        if (cnt == 5) result++;
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout << result;
    return 0;
}

#include <iostream>

using namespace std;

int dis[4] = {-1, 1, -4, 4}, visit[13];

int i1, i2, i3, i4, i5, cnt, result = 0;

void dfs(int index) {

if (cnt >= 5) return;

for (int i = 0; i < 4; i++) {

if ((dis[i] == 1 && (index == 4 || index == 8)) || (dis[i] == -1 && (index == 5 || index == 9))) continue;

int t = index + dis[i];

if (t >= 1 && t <= 12 && visit[t] == 0 && (t == i2 || t == i3 || t == i4 || t == i5)) {

visit[t] = 1;

cnt++;

dfs(t);

}

int main() {

for (i1 = 1; i1 <= 12 - 4; i1++) {

for (i2 = i1 + 1; i2 <= 12 - 3; i2++) {

for (i3 = i2 + 1; i3 <= 12 - 2; i3++) {

for (i4 = i3 + 1; i4 <= 12 - 1; i4++) {

for (i5 = i4 + 1; i5 <= 12; i5++) {

memset(visit, 0, sizeof(visit));

cnt = 1;

dfs(i1);

if (cnt == 5) result++;

}

cout << result;

return 0;

}

第七届蓝桥杯省赛第六题方格填数（next_permutation）

填入0~9的数字。要求：连续的两个数字不能相邻。
（左右、上下、对角都算相邻）
一共有多少种可能填写的方案？
请填写表示方案数目的整数～

分析：从左到右从上到下标为0～9，将a[10]中的数字依次填入，所以只要将a数组从0123456789一直全排列试到9876543210，测试每一个结果是否满足，满足条件的次数累加得到的就是方案数目～答案是1580～

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[10] = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};
bool judge(int i, int j) {
    return (a[i] - a[j] == 1 || a[i] - a[j] == -1);
}
bool func() {
    if (judge(0, 1) || judge(0, 3) ||judge(0, 4) ||judge(0, 5) ||judge(1, 2)||judge(1, 4) ||judge(1, 5) ||judge(1,6) ||judge(2, 5) ||judge(2, 6) ||judge(3, 4) ||judge(3, 7) ||judge(3, 8) ||  judge(4, 5) ||judge(4, 7) || judge(4, 8) ||judge(4, 9) ||judge(5, 6) ||judge(5, 8) || judge(5, 9) || judge(6, 9)|| judge(7, 8) ||judge(8, 9))
        return false;
    return true;
}
int main() {
    int n = 1, cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= 10; i++)
        n = n * i;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        next_permutation(a, a+10);
        if (func() == true)
            cnt++;
    }
    cout << cnt;
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

int a[10] = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};

bool judge(int i, int j) {

return (a[i] - a[j] == 1 || a[i] - a[j] == -1);

}

bool func() {

if (judge(0, 1) || judge(0, 3) ||judge(0, 4) ||judge(0, 5) ||judge(1, 2)||judge(1, 4) ||judge(1, 5) ||judge(1,6) ||judge(2, 5) ||judge(2, 6) ||judge(3, 4) ||judge(3, 7) ||judge(3, 8) || judge(4, 5) ||judge(4, 7) || judge(4, 8) ||judge(4, 9) ||judge(5, 6) ||judge(5, 8) || judge(5, 9) || judge(6, 9)|| judge(7, 8) ||judge(8, 9))

return false;

return true;

}

int main() {

int n = 1, cnt = 0;

for (int i = 1; i <= 10; i++)

n = n * i;

for (int i = 1; i < n; i++) {

next_permutation(a, a+10);

if (func() == true)

cnt++;

}

cout << cnt;

return 0;

}

蓝桥杯 ALGO-149 算法训练 5-2求指数

问题描述
　　已知n和m，打印n^1，n^2，…，n^m。要求用静态变量实现。n^m表示n的m次方。已知n和m，打印n^1，n^2，…，n^m。要求用静态变量实现。n^m表示n的m次方。（每行显示5个数，每个数宽为12，右对齐）
样例输入
一个满足题目要求的输入范例。
例：
3 8
样例输出
与上面的样例输入对应的输出。
例：

数据规模和约定
　　输入数据中每一个数的范围。
　　例：n^m小于int 的表示范围。

分析：用静态变量表示result和m，每次将m减一，result累乘并输出，以%12d的形式输出～

#include <cstdio>
static int result = 1, m;
int n, rest, flag = 0;
void func() {
    result *= n;
    if (flag == 1 && (m - rest) % 5 == 0) 
        printf("\n");
    flag = 1;
    m--;
    printf("%12d", result);
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    rest = m % 5;
    while (m != 0)
        func();
    return 0;
}

#include <cstdio>

static int result = 1, m;

int n, rest, flag = 0;

void func() {

result *= n;

if (flag == 1 && (m - rest) % 5 == 0)

printf("\n");

flag = 1;

m--;

printf("%12d", result);

}

int main() {

scanf("%d%d", &n, &m);

rest = m % 5;

while (m != 0)

func();

return 0;

}

CCCC-GPLT L3-014. 周游世界团体程序设计天梯赛

周游世界是件浪漫事，但规划旅行路线就不一定了…… 全世界有成千上万条航线、铁路线、大巴线，令人眼花缭乱。所以旅行社会选择部分运输公司组成联盟，每家公司提供一条线路，然后帮助客户规划由联盟内企业支持的旅行路线。本题就要求你帮旅行社实现一个自动规划路线的程序，使得对任何给定的起点和终点，可以找出最顺畅的路线。所谓“最顺畅”，首先是指中途经停站最少；如果经停站一样多，则取需要换乘线路次数最少的路线。

输入格式：

输入在第一行给出一个正整数N（<= 100），即联盟公司的数量。接下来有N行，第i行（i=1, …, N）描述了第i家公司所提供的线路。格式为：

M S[1] S[2] … S[M]

其中M（<= 100）是经停站的数量，S[i]（i=1, …, M）是经停站的编号（由4位0-9的数字组成）。这里假设每条线路都是简单的一条可以双向运行的链路，并且输入保证是按照正确的经停顺序给出的 —— 也就是说，任意一对相邻的S[i]和S[i+1]（i=1, …, M-1）之间都不存在其他经停站点。我们称相邻站点之间的线路为一个运营区间，每个运营区间只承包给一家公司。环线是有可能存在的，但不会不经停任何中间站点就从出发地回到出发地。当然，不同公司的线路是可能在某些站点有交叉的，这些站点就是客户的换乘点，我们假设任意换乘点涉及的不同公司的线路都不超过5条。

在描述了联盟线路之后，题目将给出一个正整数K（<= 10），随后K行，每行给出一位客户的需求，即始发地的编号和目的地的编号，中间以一空格分隔。

输出格式：

处理每一位客户的需求。如果没有现成的线路可以使其到达目的地，就在一行中输出“Sorry, no line is available.”；如果目的地可达，则首先在一行中输出最顺畅路线的经停站数量（始发地和目的地不包括在内），然后按下列格式给出旅行路线：

Go by the line of company #X1 from S1 to S2.
Go by the line of company #X2 from S2 to S3.
……
其中Xi是线路承包公司的编号，Si是经停站的编号。但必须只输出始发地、换乘点和目的地，不能输出中间的经停站。题目保证满足要求的路线是唯一的。

输入样例：
4
7 1001 3212 1003 1204 1005 1306 7797
9 9988 2333 1204 2006 2005 2004 2003 2302 2001
13 3011 3812 3013 3001 1306 3003 2333 3066 3212 3008 2302 3010 3011
4 6666 8432 4011 1306
4
3011 3013
6666 2001
2004 3001
2222 6666
输出样例：
2
Go by the line of company #3 from 3011 to 3013.
10
Go by the line of company #4 from 6666 to 1306.
Go by the line of company #3 from 1306 to 2302.
Go by the line of company #2 from 2302 to 2001.
6
Go by the line of company #2 from 2004 to 1204.
Go by the line of company #1 from 1204 to 1306.
Go by the line of company #3 from 1306 to 3001.
Sorry, no line is available.

分析：【很简单的，别跑^_^】

一遍DFS即可～DFS过程中要维护两个变量：minCnt-中途经停的最少的站; minTransfer-需要换乘的最小次数～
0.可以这样计算出一条线路的换乘次数：在line[10000][10000]的数组中保存每两个相邻站中间的线路是几号线～从头到尾遍历最终保存的路径，preLine为前一小段的线路编号，如果当前的结点和前一个结点组成的这条路的线路编号和preLine不同，说明有一个换乘，就将cnt+1，最后遍历完累加的cnt即是换乘的次数～
1.可以这样计算出一条线路中途停站的次数：在dfs的时候有个变量cnt，表示当前路线是所需乘的第几个站，每次dfs时候将cnt+1表示向下遍历一层～cnt就是当前中途停站的次数～
2.可以这样输出结果：和计算线路换乘次数的思路一样，每当preLine和当前Line值不同的时候就输出一句话～保存preTransfer表示上一个换乘站，最后不要忘记输出preTransfer和最后一个站之间的路即使最后一个站并不是换乘站～

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
vector<vector<int>> v(10000);
int line[10000][10000], visit[10000];
vector<int> path, tempPath;
int transferCnt(vector<int> a) {
    int cnt = -1, preLine = 0;
    for (int i = 1; i < a.size(); i++) {
        if (line[a[i-1]][a[i]] != preLine) cnt++;
        preLine = line[a[i-1]][a[i]];
    }
    return cnt;
}
void dfs(int node, int end, int cnt, int &minCnt, int &minTransfer) {
    if (node == end && (cnt < minCnt || (cnt == minCnt && transferCnt(tempPath) < minTransfer))) {
        minCnt = cnt;
        minTransfer = transferCnt(tempPath);
        path = tempPath;
    }
    if (node == end) return;
    for (int i = 0; i < v[node].size(); i++) {
        if (visit[v[node][i]] == 0) {
            visit[v[node][i]] = 1;
            tempPath.push_back(v[node][i]);
            dfs(v[node][i], end, cnt + 1, minCnt, minTransfer);
            visit[v[node][i]] = 0;
            tempPath.pop_back();
        }
    }
}
int main() {
    int n, m, k, pre, temp, a, b;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d%d", &m, &pre);
        for (int j = 1; j < m; j++) {
            scanf("%d", &temp);
            v[pre].push_back(temp);
            v[temp].push_back(pre);
            line[pre][temp] = line[temp][pre] = i + 1;
            pre = temp;
        }
    }
    scanf("%d", &k);
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        int minCnt = 99999, minTransfer = 99999;
        tempPath.clear();
        tempPath.push_back(a);
        visit[a] = 1;
        dfs(a, b, 0, minCnt, minTransfer);
        visit[a] = 0;
        if (minCnt == 99999) {
            printf("Sorry, no line is available.\n");
            continue;
        }
        printf("%d\n", minCnt);
        int preLine = 0, preTransfer = a;
        for (int j = 1; j < path.size(); j++) {
            if (line[path[j-1]][path[j]] != preLine) {
                if (preLine != 0) printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n", preLine, preTransfer, path[j-1]);
                preLine = line[path[j-1]][path[j]];
                preTransfer = path[j-1];
            }
        }
        printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n", preLine, preTransfer, b);
    }
    return 0;
}

#include <cstdio>

#include <vector>

using namespace std;

vector<vector<int>> v(10000);

int line[10000][10000], visit[10000];

vector<int> path, tempPath;

int transferCnt(vector<int> a) {

int cnt = -1, preLine = 0;

for (int i = 1; i < a.size(); i++) {

if (line[a[i-1]][a[i]] != preLine) cnt++;

preLine = line[a[i-1]][a[i]];

}

return cnt;

}

void dfs(int node, int end, int cnt, int &minCnt, int &minTransfer) {

if (node == end && (cnt < minCnt || (cnt == minCnt && transferCnt(tempPath) < minTransfer))) {

minCnt = cnt;

minTransfer = transferCnt(tempPath);

path = tempPath;

}

if (node == end) return;

for (int i = 0; i < v[node].size(); i++) {

if (visit[v[node][i]] == 0) {

visit[v[node][i]] = 1;

tempPath.push_back(v[node][i]);

dfs(v[node][i], end, cnt + 1, minCnt, minTransfer);

visit[v[node][i]] = 0;

tempPath.pop_back();

}

int main() {

int n, m, k, pre, temp, a, b;

scanf("%d", &n);

for (int i = 0; i < n; i++) {

scanf("%d%d", &m, &pre);

for (int j = 1; j < m; j++) {

scanf("%d", &temp);

v[pre].push_back(temp);

v[temp].push_back(pre);

line[pre][temp] = line[temp][pre] = i + 1;

pre = temp;

}

scanf("%d", &k);

for (int i = 0; i < k; i++) {

scanf("%d%d", &a, &b);

int minCnt = 99999, minTransfer = 99999;

tempPath.clear();

tempPath.push_back(a);

visit[a] = 1;

dfs(a, b, 0, minCnt, minTransfer);

visit[a] = 0;

if (minCnt == 99999) {

printf("Sorry, no line is available.\n");

continue;

}

printf("%d\n", minCnt);

int preLine = 0, preTransfer = a;

for (int j = 1; j < path.size(); j++) {

if (line[path[j-1]][path[j]] != preLine) {

if (preLine != 0) printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n", preLine, preTransfer, path[j-1]);

preLine = line[path[j-1]][path[j]];

preTransfer = path[j-1];

}

printf("Go by the line of company #%d from %04d to %04d.\n", preLine, preTransfer, b);

}

return 0;

}

喵喵喵～