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  • 蓝桥杯模拟赛

    2020-04-19 11:10:19
    蓝桥杯模拟赛图的边数合法括号序列内存单词反倍数凯撒密码螺旋矩阵村村通 图的边数 一个包含有2019个结点的无向连通图,最少包含多少条边? 树是极小连通图 e=n-1=2018 合法括号序列 由1对括号,可以组成一种合法...

    图的边数

    一个包含有2019个结点的无向连通图,最少包含多少条边?

    树是极小连通图 e=n-1=2018

    合法括号序列

    由1对括号,可以组成一种合法括号序列:()。
      由2对括号,可以组成两种合法括号序列:()()、(())。
      由4对括号组成的合法括号序列一共有多少种?

    8

    内存

    在计算机存储中,12.5MB是多少字节?

    12.5*1024*2014=25779200

    单词

    将LANQIAO中的字母重新排列,可以得到不同的单词,如LANQIAO、AAILNOQ等,注意这7个字母都要被用上,单词不一定有具体的英文意义。
      请问,总共能排列如多少个不同的单词。

    2520 (数学的排列知识:7!/2!)

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    set<string> s;
    int main(){
        char a[8]="LANQIAO";
        sort(a,a+7);
        do{
            string str(a);
            s.insert(str);
        }while(next_permutation(a,a+7));
        printf("%d",s.size());
    }
    

    反倍数

    给定三个整数 a, b, c,如果一个整数既不是 a 的整数倍也不是 b 的整数倍还不是 c 的整数倍,则这个数称为反倍数。
      请问在 1 至 n 中有多少个反倍数。
    输入格式
      输入的第一行包含一个整数 n。
      第二行包含三个整数 a, b, c,相邻两个数之间用一个空格分隔。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    int main(){
        int a,b,c,n;
        scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
        int ans = 0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(i%a==0||i%b==0||i%c==0)ans++;
        }
        printf("%d",n-ans);
    }
    

    凯撒密码

    问题描述
      给定一个单词,请使用凯撒密码将这个单词加密。
      凯撒密码是一种替换加密的技术,单词中的所有字母都在字母表上向后偏移3位后被替换成密文。即a变为d,b变为e,…,w变为z,x变为a,y变为b,z变为c。
      例如,lanqiao会变成odqtldr。
      输入一行,包含一个单词,单词中只包含小写英文字母。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    int main(){
        string s;
        cin>>s;
        // for(int i=0;i<26;++i){
        //     if(char('a'+i)>='x')cout<<char('a'+i-26+3);
        //     else cout<<char('a'+i+3);
        // }//测试
        for(int i=0;i<s.size();++i){
            if(s[i]>='x')s[i]=s[i]-26+3;
            else s[i]+=3;
        }
        cout<<s;
    }
    

    螺旋矩阵

    问题描述
      对于一个 n 行 m 列的表格,我们可以使用螺旋的方式给表格依次填上正整数,我们称填好的表格为一个螺旋矩阵。
      例如,一个 4 行 5 列的螺旋矩阵如下:
      1 2 3 4 5
      14 15 16 17 6
      13 20 19 18 7
      12 11 10 9 8
    输入格式
      输入的第一行包含两个整数 n, m,分别表示螺旋矩阵的行数和列数。
      第二行包含两个整数 r, c,表示要求的行号和列号。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int MAXN = 1e3+3;
    int a[MAXN][MAXN];
    int n,m,row,col;
    int main(){
        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&row,&col);
        int l=0,r=m-1,t=0,d=n-1,num=1;
        vector<int> ans;
        while(l<=r&&t<=d){
            for(int i=t;i<=d;++i)a[i][l]=num++;
            l++;
            if(num>n*m)break;
            for(int i=l;i<=r;++i)a[d][i]=num++;
            d--;
            if(num>n*m)break;
            for(int i=d;i>=t;--i)a[i][r]=num++;
            r--;
            if(num>n*m)break;
            for(int i=r;i>=l;--i)a[t][i]=num++;
            t++;
            if(num>n*m)break;
        }
        printf("%d",a[row-1][col-1]);
    }
    
    

    村村通

    2015年,全中国实现了户户通电。作为一名电力建设者,小明正在帮助一带一路上的国家通电。
      这一次,小明要帮助 n 个村庄通电,其中 1 号村庄正好可以建立一个发电站,所发的电足够所有村庄使用。
      现在,这 n 个村庄之间都没有电线相连,小明主要要做的是架设电线连接这些村庄,使得所有村庄都直接或间接的与发电站相通。
      小明测量了所有村庄的位置(坐标)和高度,如果要连接两个村庄,小明需要花费两个村庄之间的坐标距离加上高度差的平方,形式化描述为坐标为 (x1,y1)(x_1, y_1) 高度为h1h_1 的村庄与坐标为 (x2,y2)(x_2, y_2) 高度为h2h_2的村庄之间连接的费用为
      sqrt((x1x2)(x1x2)+(y1y2)(y1y2))+(h1h2)(h1h2)sqrt((x_1-x_2)*(x_1-x_2)+(y_1-y_2)*(y_1-y_2))+(h_1-h_2)*(h_1-h_2)。
      在上式中 sqrt 表示取括号内的平方根。请注意括号的位置,高度的计算方式与横纵坐标的计算方式不同。
      由于经费有限,请帮助小明计算他至少要花费多少费用才能使这 n 个村庄都通电。
      输入格式
      输入的第一行包含一个整数 n ,表示村庄的数量。
      接下来 n 行,每个三个整数 x, y, h,分别表示一个村庄的横、纵坐标和高度,其中第一个村庄可以建立发电站。
    输出格式
      输出一行,包含一个实数,四舍五入保留 2 位小数,表示答案。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int MAXN = 1e3+3;
    
    struct Village
    {
        int x,y,h;
    };
    
    double cost (Village &a,Village &b){
        double xx =0.0+a.x - b.x;
        double yy =0.0+a.y - b.y;
        double hh =0.0+a.h-b.h;
        return sqrt(xx*xx+yy*yy)+hh*hh;
    }
    
    Village v[MAXN];
    bool visit[MAXN];
    double dict[MAXN];
    
    int main(){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;++i){
            scanf("%d%d%d",&v[i].x,&v[i].y,&v[i].h);
        }
        for(int i=1;i<n;++i)dict[i]=cost(v[0],v[i]);
        visit[0]=true;
        double sum = 0;
        for(int i=1;i<n;++i){
            double MIN = 1e10;
            int index = -1;
            for(int i=1;i<n;++i){
                if(!visit[i]&&MIN>dict[i]){
                    MIN = dict[i];
                    index = i;
                }
            }
            visit[index]=true;
            sum+=MIN;
            for(int i=1;i<n;++i){
                if(!visit[i]){
                    double t = cost(v[i],v[index]);
                    if(t<dict[i])dict[i]=t;
                }
            }
        }
        printf("%.2lf",sum);
    }
    

    问题描述
      小明和朋友们一起去郊外植树,他们带了一些在自己实验室精心研究出的小树苗。
      小明和朋友们一共有 n 个人,他们经过精心挑选,在一块空地上每个人挑选了一个适合植树的位置,总共 n 个。他们准备把自己带的树苗都植下去。
      然而,他们遇到了一个困难:有的树苗比较大,而有的位置挨太近,导致两棵树植下去后会撞在一起。
      他们将树看成一个圆,圆心在他们找的位置上。如果两棵树对应的圆相交,这两棵树就不适合同时植下(相切不受影响),称为两棵树冲突。
      小明和朋友们决定先合计合计,只将其中的一部分树植下去,保证没有互相冲突的树。他们同时希望这些树所能覆盖的面积和(圆面积和)最大。
    输入格式
      输入的第一行包含一个整数 n ,表示人数,即准备植树的位置数。
      接下来 n 行,每行三个整数 x, y, r,表示一棵树在空地上的横、纵坐标和半径。
    输出格式
      输出一行包含一个整数,表示在不冲突下可以植树的面积和。由于每棵树的面积都是圆周率的整数倍,请输出答案除以圆周率后的值(应当是一个整数)。
    样例输入
    6
    1 1 2
    1 4 2
    1 7 2
    4 1 2
    4 4 2
    4 7 2
    样例输出
    12
    评测用例规模与约定
      对于 30% 的评测用例,1 <= n <= 10;
      对于 60% 的评测用例,1 <= n <= 20;
      对于所有评测用例,1 <= n <= 30,0 <= x, y <= 1000,1 <= r <= 1000。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int MAXN = 33;
    
    struct TreeMsg{
        int x,y,r;
    };
    
    TreeMsg tree[MAXN];
    
    bool judge(int a,int b){
        int xx =tree[a].x-tree[b].x;
        int yy =tree[a].y-tree[b].y;
        int d =tree[a].r+tree[b].r;
        return xx*xx+yy*yy>=d*d;
    }
    
    int arr[MAXN];
    
    int main(){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;++i){
            scanf("%d%d%d",&tree[i].x,&tree[i].y,&tree[i].r);
        }
        int MAX = 0;
        int index=0,sum,d;
        bool flag ;
        for(int i=(1<<n)-1;i>0;--i){
            index = 0;
            for(int j=0;j<n;++j){
                if((i>>j)&1)arr[index++]=j;
            }
            for(int j=0;j<index;++j){
                for(int t=j+1;t<index;++t){
                    flag = judge(arr[j],arr[t]);
                    if(flag==false)break;
                }
                if(flag==false)break;
            }
            if(flag==false)continue;
            sum=0;
            for(int j=0;j<index;++j){
                d = tree[arr[j]].r;
                sum+=d*d;
            }
            if(sum>MAX)MAX=sum;
        }
        printf("%d",MAX);
    }
    
    展开全文
  • 蓝桥杯模拟赛 摆动序列 详细题解 多种解法

    万次阅读 多人点赞 2020-04-19 21:23:02
    如果一个序列的奇数项都比前一项大,偶数项都比前一项小,则称为一个摆动序列。即 a[2i][2i-1], a[2i+1]>a[2i]。  小明想知道,长度为 m,每个数都是 1 到 n 之间的正整数...蓝桥杯模拟赛 摆动序列 详细题解 多种解法

    蓝桥杯模拟赛 摆动序列 详细题解 多种解法

      大家好,我叫亓官劼(qí guān jié ),在CSDN中记录学习的点滴历程,时光荏苒,未来可期,加油~博客地址为:亓官劼的博客亓官劼的博客2

    本文原创为亓官劼,请大家支持原创,部分平台一直在盗取博主的文章!!!

    博主目前仅在CSDN中写博客,唯一博客更新的地址为:亓官劼的博客亓官劼的博客2


    第十一届 蓝桥杯 省 模拟赛 完整题目+题解地址为:第十一届 蓝桥杯 省 模拟赛 试题+题解


    有很多小伙伴反应说在题解中写的这题的动态规划的代码看不懂,不知道为什么要这样写,所以本文来详细的解释一下这题的解法,以及动态规划如何进行优化的过程。

    题目

    问题描述

    如果一个序列的奇数项都比前一项大,偶数项都比前一项小,则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。
      小明想知道,长度为 m,每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。

    输入格式

    输入一行包含两个整数 m,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

    3 4

    样例输出

    14

    样例说明

    以下是符合要求的摆动序列:
      2 1 2
      2 1 3
      2 1 4
      3 1 2
      3 1 3
      3 1 4
      3 2 3
      3 2 4
      4 1 2
      4 1 3
      4 1 4
      4 2 3
      4 2 4
      4 3 4

    评测用例规模与约定

    对于 20% 的评测用例,1 <= n, m <= 5;
      对于 50% 的评测用例,1 <= n, m <= 10;
      对于 80% 的评测用例,1 <= n, m <= 100;
      对于所有评测用例,1 <= n, m <= 1000。

    题解一:暴力+dfs

      这题也可以使用暴力+dfs的方法进行一个暴力的搜索符合要求的序列,但是在本题的数量级中,此种解法必然超时,所以在此就不贴代码了,无意义。

    题解二:动态规划(一)基本动态规划

      这题既然暴力是无法过所有样例的话,那我们就需要寻求其他的解法了。这里先写一个动态规划的解法,我们来分析我们的目前的问题。问题为:如果一个序列的奇数项都比前一项大,偶数项都比前一项小,则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。小明想知道,长度为 m,每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。

      我们使用dp[i][j]来表示在第i位数选择j时,可以选择的数量。那么对于任意的dp[i][j],我们可以根据题意分为两种情况,即i为奇数和i为偶数。

      当i为奇数时,根据题意,奇数项是要比前一项大,则我们的第i位数的选择数为j时,我们可以组成的序列的数量为:第i-1位时选择,数为1到j-1的和,即dp[i][j] = dp[i-1][1] + dp[i-1][2] + ...... + dp[i-1][j-1]
      当i为偶数时,根据题意,偶数项要比前一项小,则我们的第i位数为j时,我们可以组成的序列的数量为:第i-1位时,数为j+1到n的和,即dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + dp[i-1][j+2] + ....... + dp[i-1][n]

      这样我们动态规划的状态转移方程就出来了:

    • 当i为奇数时:dp[i][j] = dp[i-1][1] + dp[i-1][2] + ...... + dp[i-1][j-1]
    • 当i为偶数时:dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + dp[i-1][j+2] + ....... + dp[i-1][n]

      下面我们来对dp数组进行初始化,我们发现我们每一项都需要使用到i-1位时的数据,即上一位的数据,同时我们发现当i = 1时,dp[1][j] = 1是显然成立的。即我们第一位数选择j时,只有一种序列。

      这样我们整个的算法的分析就完成了,下面我们只需要将我们的想法使用程序来进行实现即可,完整的题解代码为:

    #include <iostream>
    using namespace std;
    int dp[1004][1004];
    int main() {
        // m为长度,n为数的范围
        int m,n;
        cin>>m>>n;
    
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            dp[1][i] = 1;
        for(int i = 2; i <= m; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(i&1){
                    int temp = 0;
                    for(int k = 1; k <= j-1; k++){
                        temp = (temp + dp[i-1][k]) % 10000;
                    }
                    dp[i][j] = temp;
                } else{
                    int temp = 0;
                    for(int k = j+1; k <= n; k++){
                        temp = (temp + dp[i-1][k]) % 10000;
                    }
                    dp[i][j] = temp;
                }
    
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= n; i++){
            ans += dp[m][i];
        }
        cout<<ans;
        return 0;
    }
    
    

      需要注意的是,由于我们dp[i][j]表示的是第i为选择数j时的序列的数量,所有我们最终m位数最大值为n时,我们可以组成的序列数量为dp[m][1] + dp[m][2] + ......... + dp[m][n]

      此种解法的时间复杂度为O(mn2),即O(N3)的效率,对于本题的数据规模,我们发现只可以过80%的数据,因为题目要求对于所有评测用例,1 <= n, m <= 1000。所以我们本种动态规划解法只可以得到80%的分数,如果想要得到满分,我们还得进行进一步的优化。

    题解三:动态规划(二) 进一步优化算法

      我们在题解二中发现,即使我们使用动态规划算法,也只能有O(mn^2)的时间效率,在本题的数据规模中,只可以过前80%的数据,得到80%的分数,如果想要拿全分的话,那我们就只能进一步的优化我们的算法了。

      我们分析题解二的算法,发现我们每次求解dp[i][j]的时候都进行了一次重复的计算,就是计算第1到j-1项的和或者第j+1到n项的和,这里的计算我们是可以通过优化将它省略的。这样我们就可以将我们的时间复杂度从O(n3)降到O(n2),直接降低一个数量级。如果我们要省略这里的重复的求和计算,我们就需要改变我们这里dp[i][j]存储的信息。这里我们改为使用dp[i][j]表示的信息,当i为偶数时,dp[i][j]表示第i个数选择小于等于j时的数列数;当i为奇数时,dp[i][j]表示第i个数选择大于等于j是的数列数。

      那么对于任意的dp[i][j],当i为奇数的时候,奇数项要比前一项大,所以我们当前的dp[i][j]的值为dp[i-1][j-1]+dp[i][j+1]。即dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1],由于我们此时的dp[i][j]的值需要使用到dp[i][j+1],所以我们这里遍历倒着遍历。当i为偶数时,偶数项比前一项小,所以我们dp[i][j]的值为dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]。即dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1],这里我们就需要进行正向的遍历。

    在这种解法中,我们发现我们在dp[i][j]更新的遍历中,代替了累加的计算。在i为奇数的时候,我们的j从n到1进行遍历,dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1];当i为偶数时,我们的j从1到n进行遍历,dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]。在dp[i][j]的计算中直接记录了累加的值,避免了大量的计算。

    这时我们的状态转移方程为:

    • 当i为奇数时:dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1]

    • 当j为偶数是:dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]

      这时我们就需要对dp数组进行初始化,在这种解法中,我们由于dp[i][j]与解法二中表示的意义是不一样的,所以我们这的初始化也不同。在这里我们的dp[1][j] = n - i +1

      这时我们的m如果为奇数时,所能组成的序列数量为dp[m][1],如果n为偶数,所能组成的序列数量为dp[m][n]

    这样就将我们的算法的时间复杂度从O(N3)优化到了O(N2)。完整的题解代码为:

    #include <iostream>
    using namespace std;
    int dp[1004][1004];
    int main() {
        // m为长度,n为数的范围
        int m,n;
        cin>>m>>n;
    
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            dp[1][i] = n - i + 1;
    
        for(int i = 2; i <= m; i++)
            if(i & 1)
                for(int j = n; j >= 1; j--)
                    dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i][j+1]) % 10000;
            else
                for(int j = 1; j <= n; j++)
                    dp[i][j] = (dp[i-1][j+1] + dp[i][j-1]) % 10000;
    
        int ans = m & 1 ? dp[m][1] : dp[m][n];
    
        cout<<ans;
    
        return 0;
    }
    
    
    

      大家好,我叫亓官劼(qí guān jié ),在CSDN中记录学习的点滴历程,时光荏苒,未来可期,加油~博客地址为:亓官劼的博客亓官劼的博客2

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  • 2017蓝桥杯模拟赛讲解视频
  • 计蒜客的比赛时间过了就看不到题目了,刚好保存了蓝桥杯模拟赛的题目
  • 蓝桥杯模拟赛排列序数
    排列序数

    X星系的某次考古活动发现了史前智能痕迹。
    这是一些用来计数的符号,经过分析它的计数规律如下:
    (为了表示方便,我们把这些奇怪的符号用a~q代替)

    abcdefghijklmnopq 表示0
    abcdefghijklmnoqp 表示1
    abcdefghijklmnpoq 表示2
    abcdefghijklmnpqo 表示3
    abcdefghijklmnqop 表示4
    abcdefghijklmnqpo 表示5
    abcdefghijklmonpq 表示6
    abcdefghijklmonqp 表示7
    .....

    在一处石头上刻的符号是:
    bckfqlajhemgiodnp

    请你计算出它表示的数字是多少?
    这题是一道数学题,有关全排列的(康拓展开),用字符数组来处理
    答案:22952601027516(注意longlong类型)
    #include<cstdio>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    typedef long long ll;
    using namespace std;
    ll jiecheng(int j){
    	ll jie=1;
    	if(j==0){
    		return 1;//0的阶乘为1 
    	}
    	for(int i=1;i<=j;i++)
    	jie=jie*i;
    	return jie;
    }
    int main(){
    	int len,t;
    	ll sum=0;
    	char str[20];//定义字符数组一定要记得[]!!!! 
    	cin>>str;//为了多组输入,可以while(scanf("%s",s)==1){.....} 来表示 
    	len=strlen(str);
    	for(int i=0;i<len;i++){
    		t=str[i]-'a';
    		for(int j=0;j<i;j++){
    		if(str[j]<str[i])
    		t--;
    	}
    	sum=sum+t*jiecheng(16-i);
    	}
    	cout<<sum;
    }

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  • 蓝桥杯模拟赛猜算式

    2017-03-28 16:59:53
    蓝桥杯模拟赛猜分式
    猜算式

    你一定还记得小学学习过的乘法计算过程,比如:

       273
    x   15
    ------
      1365
      273
    ------
      4095
     
    请你观察如下的乘法算式

        ***
    x   ***
    --------
        ***
       ***
      ***
    --------
      *****
     
    星号代表某位数字,注意这些星号中,
    0~9中的每个数字都恰好用了2次。
    (如因字体而产生对齐问题,请参看图p1.jpg)

    请写出这个式子最终计算的结果,就是那个5位数是多少?

    注意:只需要填写一个整数,不要填写任何多余的内容。比如说明文字。

    思路:用数组来储存数字出现的次数,记得每次memset一次数组,纯暴力
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    int num[10];
    void jishu(int x,int y){
    	int temp;
    	temp=x*y;
    	if(temp>=100&&temp<=1000){
    	while(temp){
    		num[temp%10]++;
    		temp=temp/10;
    	  }
       }
    }
    void chuli(int x,int y){
    	int temp;
    	temp=x*y;
    	if(temp>=10000&&temp<100000){
    		while(temp){
    			num[temp%10]++;
    			temp=temp/10;
    		}
    	}
    }
    bool panduan(){
    	int i;
    	for( i=0;i<10;i++){
    		if(num[i]==2)
    		continue;
    		else
    		break;
    	}
    	if(i==10)
    	return true;
    	else
    	return false;
    }
    int main(){
    	for(int i=100;i<1000;i++){
    	      for(int j=100;j<1000;j++){
    	      		memset(num,0,sizeof(num));
    	            jishu(i,1);
    	            jishu(j,1);
    	            jishu(i,j/100);
    	            jishu(i,j%10);
    	            jishu(i,j%100/10);
    	            chuli(i,j);
    	                if(panduan()==true){
    		               printf("%d\n",i*j);
    		                  break;
                       	}
                    }
              }
    	return 0;
       }

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