面向爆零选手

水平有限，将就着看，有空再补充后5题

目录

🤯吐槽

😟A，2067: [蓝桥杯2023初赛] 幸运数

😟B，2068: [蓝桥杯2023初赛] 有奖问答

🌼AC  DFS

🌼AC  DP

😟C，2069: [蓝桥杯2023初赛] 平方差

🌼AC  28%  暴力

🌼AC  92%  O(n)

🌼AC  100%  O(1)

😟D，2070: [蓝桥杯2023初赛] 更小的数

🌼AC  44%  s.substr

🌼AC  DP

🌼AC  常规

😟E，2071: [蓝桥杯2023初赛] 颜色平衡树

🌼AC  9%  暴力  

🌼AC  按秩合并

🌼AC  启发式合并

---

材料

G：并查集，维护网络连通性

 H：异或和之和

🤯吐槽

先吐槽下，比赛结束才发现的技巧 ---- 打表，以前只是知道这个东西，但一直不知道到底是个什么

打表大概就是这么个东西

所谓“暴搜挂着机，打表出省一”，不是没道理的，以前的理解还不到位

暴搜就是暴力2层，3层，4层for循环或者dfs暴力

挂着机就是程序需要十几秒甚至几分钟才能输出完（数据量大，复杂度高）

----> 

这么说填空题当然可以直接等输出

编程题也能cout输出中间过程，然后cout前几十个数据（打表），至少拿30%分，运气好直接靠打表AC也不是没可能

（所以今年有人靠着打表，做了四五题，哪怕他不会，在看懂样例的基础上，就能拿多10~20分）

😟A，2067: [蓝桥杯2023初赛] 幸运数

P2067 - [蓝桥杯2023初赛] 幸运数 - New Online Judge (ecustacm.cn)

标签：入门题，模拟，枚举

思路

写个统计位数的函数，保证数位len % 2 == 0

再写个计算前半数位和，以及后半数位和，判断相等（这里采取整数除以(/)，取余(%)的方法）

AC  代码

等个5秒才会输出；；提交时直接cout

#include<iostream>
using namespace std;

int ans, fir, sec, cnt; //fir前半段, sec后半段, cnt当前第几位

//判断位数
int lo(int x)
{
    int len = 0;
    while(x) {
        len++;
        x /= 10;
    }
    return len;
}
//判断前半和后半数字相加和
void cal(int x)
{
    int y = x;
    while(cnt< lo(y) / 2) {
        fir += x % 10;
        cnt++;
        x /= 10;
    }
    while(cnt < lo(y)) {
        sec += x % 10;
        cnt++;
        x /= 10;
    }
}

int main()
{
    for(int i = 1; i <= 100000000; ++i) {
        fir = 0, sec = 0, cnt = 0;
        cal(i); //得到first和second的值
        if(fir == sec && lo(i) % 2 == 0) { //偶数且前半 = 后半
            ans++;
        }
    }
    cout<<ans;
    //cout<<4430091;
    return 0;
}

4430091

代码2  知识点

to_stirng应该也能做，只是代码跑了5分钟没跑出来，就给删了 

数字常量（整型，浮点型）转化位字符串，需要用到to_string函数

如果是 ' ' 里面是单个字符，返回对应的ASCII值

(9条消息) C++ to_string()函数_WeSiGJ的博客-CSDN博客

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    string b = to_string('5');
    cout<<b<<endl;
    b = to_string(1 + 10 + 1.5234); //浮点保留6位小数
    cout<<b<<endl;
    b = to_string('a'); //'a'本就是97, 转化为字符串97而已
    cout<<b<<endl;
    b = to_string(97); 
    cout<<b;
    return 0;
}

53
12.523400
97
97

😟B，2068: [蓝桥杯2023初赛] 有奖问答

P2068 - [蓝桥杯2023初赛] 有奖问答 - New Online Judge (ecustacm.cn)

标签：基础题，深度优先搜索，组合数学 

当时就写了dfs，还错了

先分享一下组合数学的知识，虽然本题不知道哪里用了组合数学

👇组合数学（来源于Oi-Wiki）

🌼AC  DFS

详情看注释

#include<iostream>
using namespace std;
int ans;

void dfs(int step, int score)
{
    // == 70要放在==100和return;前
    if(score == 70) ans++; //此时不需要return;
    //30题答完或分数达到100
    if(step == 31 || score == 100) return;
    //分治递归
    dfs(step + 1, score + 10); //答对
    dfs(step + 1, 0); //答错
}

int main()
{
    dfs(1, 0); //第1题, 分数0开始
    cout<<ans;
    return 0;
}

跑个5秒出答案

8335366

DP的方法

本题用dp的话，时间和空间复杂度都是线性的，效率高，适用于大规模数据的计算

思路

这里我们将每10分变成1分，70分变成7分，100分变成10分，便于计算

1，状态确定

dp[i][j]表示第 i 题拿到 j 分的方案数，30题最多100分 --> 10分，我们声明 int dp[40][20];

2，递推式

（1）

由于答错一题就归零，不论前面情况如何，7分时，这7分前面一定是 ***** + 错

（此处*****代表所有情况）（所以答错一题就继承上一题所有分数的方案数和）

然后连续7题答对，是一种方案数，dp[i][0] += dp[i - 1][j] (+=是因为，注意看前面描述，“前面所有情况，就是第i - 1题所有得分情况的方案数的和才是dp[i][0]的方案数，所以是+=”)

（2）

dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] 则表示第i题答对了，+10分并继承上一题的方案数

3，初始化

由递推式推初始状态，显然，除了dp[0][0]为1，其余设置为0

因为dp[i][0]表示二维矩阵第1列，也就是每一行第一个都是由上面一行相加得到

而dp[i][j]表示当 j != 0 时，都是由左上角（i - 1, j - 1）的值得到

dp[0][0] = 1，表示未开始答题且得分为0时，方案数只有1种

特别解释下代码第10，12行

第10行，if(j != 10)，因为dp[i][10]会继承dp[i - 1][9]的数据，当分数为100时，会自动停止答题，所以dp[i][10]都应该设为0，如果不用if(j != 10)，第一列的dp[i][0]就会加上上一行第10列的值，进而增大了后面dp[i][7]的值，结果就会偏大

第12行，j != 0为了不超限

🌼AC  DP

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[40][20], ans; //答对一题+1分

int main()
{
    dp[0][0] = 1; //初始化
    for(int i = 1; i <= 30; ++i) //30题
        for(int j = 0; j <= 10; ++j) {//100分
            if(j != 10) //否则j = 10时会得到左上角的方案数
                dp[i][0] += dp[i - 1][j];
            if(j != 0)
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
        }
    //遍历每一题70分的方案数加起来
    for(int i = 0; i <= 30; ++i)
        ans += dp[i][7];
    cout<<ans;
    return 0;
}

8335366

😟C，2069: [蓝桥杯2023初赛] 平方差

P2069 - [蓝桥杯2023初赛] 平方差 - New Online Judge (ecustacm.cn)

标签：基础题，数论

比赛时暴力了，找了下规律没找到

🌼AC  28%  暴力

暴力

#include<iostream>
using namespace std;
int ans;

int main()
{
    int l, r;
    cin>>l>>r;
    for(int k = l; k <= r; ++k) {
        int flag = 0;
        for(int i = 1; i < 3000; ++i) {
            for(int j = 0; j < i; ++j) {
                if(i*i - j*j == k) {
                    flag = 1;
                    ans++;
                    break; //每满足一次, k就自增
                }
                //剪枝
                if(i*i - (i-1)*(i-1) > k) break;
            }
            if(flag) break; //防止ans重复自增
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

找规律

隔1个数

“容易”发现1，3，5，7，9......来源于1^2 - 0^2 == 1，2^2 - 1^2 == 3，3^2 - 2^2 == 5......

也就是隔一个数的平方差可以得到所有奇数

隔2个数

“容易”发现4的倍数来源于m的平方 - (m - 2)的平方，比如2^2 - 0^2 == 4或者

3^2 - 1^2 == 8或者4^2 - 2^2 == 12...

也就是隔两个数的平方差可以得到所有4的倍数

再一观察，除了2的倍数外，是不是齐活了？

因为所有大于0的（奇数 + 偶数）等于所有正数（题目中1 <= L <= R）

然后目前得到了所有奇数 + 所有4的倍数

所以满足这个条件的x一定是奇数或者4的倍数

🌼AC  92%  O(n)

数据量高达1e9，显然就算O(n)也会超时

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int l, r, ans = 0;
    cin>>l>>r;
    for(int i = l; i <= r; ++i) {
        if(i % 2 == 1) ans++; //奇数
        else if(i % 4 == 0) ans++; //4的倍数
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

🌼AC  100%  O(1)

转化为求[left, right]之间，是2的倍数不是4的倍数的个数ans(wer)，也就是2倍数的个数 - 4倍数的个数

再用[l, r]的个数(r - l + 1)减去ans即可O(1)，也就不用遍历了

额外的测试

2 19
9 4
13

3 19
8 4
13

4 19
8 4
12

2 20
10 5
14

AC  代码

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int l, r, ans = 0; //ans为不满足的条件
    cin>>l>>r; 
    int x = r / 2 - (l-1) / 2; //2的倍数
    int y = r / 4 - (l-1) / 4; //4的倍数
    ans = x - y; //不满足条件
    //cout<<x<<" "<<y<<endl;
    cout<<(r - l + 1) - ans; //总数 - 不满足条件
    return 0;
}

😟D，2070: [蓝桥杯2023初赛] 更小的数

P2070 - [蓝桥杯2023初赛] 更小的数 - New Online Judge (ecustacm.cn)

当时也不会，只能用s.substr做了，所幸还挺好做

功能：截取子串

s.substr(i)从下标 i 开始到结尾，s.substr(i, j)从下标 i 开始截取 j 个字符

#include<cstring> //s.substr()

string s1 = s.substr(j, i); //下标j开始, 截取i个字符
string s2 = s.substr(i); //下标i开始，截取到末尾

🌼AC  44%  s.substr

比赛时的代码  -->  时间超限

#include<iostream>
using namespace std;
int ans;
string s2, s3; //全局变量

//字符串反向函数
void rever()
{
    for(int i = s2.size() - 1; i >= 0; --i)
        s3 += s2[i];
}

int main()
{
    string s;
    cin>>s;
    for(int i = 0; i < s.size() - 1; ++i)
        for(int j = 2; i + j <= s.size(); ++j) {
            s2 = s.substr(i, j); //原子串
            s3 = ""; //初始化新子串
            rever(); //反向
            if(s3 < s2) ans++;
        }
    cout<<ans;
    return 0;
}

DP  做法

实际上是区间dp，还没学，但是！dp都一个鸟样，把四部曲分析清楚就行

（虽然大多数时候连状态都确定不了，或者状态确定了，递推式不会推）

思路

由题目，一个子串反转能否s_new < s，只需要对子串长度和左端下标进行遍历

（这就和substr的想法有点像，不过substr每次都要重新比较每一个位置的字符，所以效率低，而动规直接继承子问题的数据）

右端下标可有长度和左端下标得出（由题目，显然长度>=2）

1，

如果发现左端字符大于右端，显然这部分子串可以反转，方案数为1

2，

如果等于，就继续往中间遍历，且方案数等于下一个下标处的方案数

3，

如果小于，方案数为0

显然，子问题重叠，且子问题的最优解能代表整个问题的最优解，当然用动规

然后注意到数据量达5000，“众所周知”，32位int全局变量开二维数组，最大约dp[5050][5050]

直接想到了二维dp，当然如果数据量增大到1e5

后续需要转一维，而能否“滚动数组”，压到一维，看“当前层是否都由上一层推导过来的”

dp四部曲

1，状态

dp[l][r]表示区间[l, r]的子串，也就是子串左端下标为l(eft)，右端下标为r(ight)

2，递推式

（1）

if(s[l] > s[r]) dp[l][r] = 1; 表示左端字符 < 右端字符，由于从外向中间遍历，在这个特定的长度和左右下标下，反转满足方案数为1

（2）

if(s[l] == s[r]) dp[l][r] = dp[l + 1][r - 1]，向里遍历，此时判断不出反转后是否满足要求，是否满足取决于下一步

（3）

if(s[l] > s[r]) dp[l][r] = 0，这步可省略，全局变量已经初始化为0

3，初始化

考虑到 len（子串长度 len>=2）所以dp[l + 1][r - 1]中的r - 1并不会越界，因为r = l + len - 1

无需特别初始化

4，遍历方向

一般二维怎么都行，一维得逆序遍历

🌼AC  DP

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[5010][5010], ans;
int main()
{
    string s;
    cin>>s;
    int n = s.size();
    for(int len = 2; len <= n; ++len) { //len子串长度
        for(int l = 0; l + len <= n; ++l) { //l子串左端下标
            int r = l + len - 1; //右端下标
            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];
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

🌼AC  常规

2层for循环遍历，同时，遇到可以翻转的情况，开始逐层向外遍历，出现连续的字符相等的情况，也算一种方案数

#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
    string s;
    cin>>s;
    int n = s.size(), ans = 0;
    //遍历
    for(int i = 0; i < n; ++i)
        for(int j = i + 1; j < n; ++j) {
            if(s[i] <= s[j]) continue;
            ans++; //反转符合要求
            //翻转后, 外层连续的相等也符合
            for(int k = 1; i - k >= 0 && j + k < n; ++k) {
                if(s[i - k] == s[j + k]) //由里向外遍历
                    ans++;
                else
                    break; //剪枝
            }
        }
    cout<<ans;
    return 0;
}

😟E，2071: [蓝桥杯2023初赛] 颜色平衡树

标签：进阶题，启发式合并

比赛时暴力了，下面我展示当时暴力的代码和AC代码

AC代码主要2种，一是并查集路径压缩 + 按秩合并，而是启发式合并(dsu on tree)

启发式合并有模板的

🌼AC  9%  暴力  

15 * 0.09 = 1.35（时间超限），四舍五入 = 1分？？？？考场上就1分😃

#include<iostream>
#include<cstdio> //scanf()
#include<algorithm> //sort()
#include<cstring> //memset()
using namespace std;
int vis[200010];

struct node
{
    int color, fa; //颜色和父节点
}a[200010];
bool cmp(node x, node y)
{
    return x.fa < y.fa; //按父节点从小到大排序
}

int main()
{
    int n, ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d%d", &a[i].color, &a[i].fa);
    sort(a, a + n, cmp);
    //暴力每个节点的子树
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        int u = 0, flag = 1;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        for(int j = i; j < n; ++j) {
            vis[a[j].color]++;
            u = max(u, a[j].color); //出现过颜色中的最大值
        }
        for(int k = 1; k <= u; ++k)
            if(vis[k] != 0 && vis[k] != vis[u]) {
                flag = 0;
                break;
            }
        if(flag) ans++;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

关于为什么用启发式合并，而不是直接暴力，比如

如果是第一种情况，暴力也没问题，但是第二种情况

让大的集合向小的集合合并，时间复杂度就会很高

知识点

下面讲讲启发式合并

→ 树上启发式合并 - OI Wiki (oi-wiki.org)

→ 并查集复杂度 - OI Wiki (oi-wiki.org)

→ DSU on Tree入门 - TheLostWeak - 博客园 (cnblogs.com)

→ (18条消息) 并查集（按秩合并+路径压缩）基础讲解_并查集按秩合并_夜幕而已的博客-CSDN博客

每次合并时，都将较少元素的集合合并至较多元素的集合

当一个元素转移到另一个集合，新集合的大小至少是原集合2倍

所以一个元素最多被插入logn次，单个元素对时间复杂度的贡献为O(logn)

n个元素的时间复杂度就为O(nlogn)

补充

1，子节点：根节点以外的其他节点

2，重儿子：子节点重，子树大小最大的节点

代码实现

最常见的是并查集的按秩合并，元素少的集合合并到元素多的集合上，以减少树的深度

其中秩指的是以某个节点为根的子树的深度，或者说高度

const int N = 10010;
int dad[N], deep[N];
//初始化
void init()
{
    for(int i = 0; i < N; ++i) {
        dad[i] = i; //自己是自己的爸爸
        deep[i] = 1; //初始深度都是1
    }
}
//找爸爸
int Find(int x)
{
    if(x != dad[x])
        return dad[x] = Find(dad[x]); //记得return
}
//合并
void join(int x, int y)
{
    int xx = Find(x), yy = Find(y);
    if(xx != yy) {
        if(deep[xx] > deep[yy])
            dad[yy] = xx; //xx更大
        else {
            dad[xx] = yy; //yy更大
            if(deep[xx] == deep[yy])
                deep[xx]++; //随便一个深度+1
        }
    }
    Find(yy); //路径压缩优化
}

解释

疑问1：为什么每次深度只+1呢，如果深度多了更多，不应该加更多吗？ 

按秩合并算法中deep[]记录的不是节点所在树的实际深度，而是根据当前节点的子树大小估计出来的一个“秩”(rank)，用于优化合并操作的效率

具体就是，deep[]越大，其子树包含的节点数越多

这里有道（启发式 或 按秩）合并都能做的例题，先放这了👇

P3201 [HNOI2009] 梦幻布丁 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

不挣扎了，作业4天没写了，今晚2个ddl，下午还得足球裁判，晚上3节线代，先这样吧！

🌼AC  按秩合并

bla...

🌼AC  启发式合并

bla...