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蓝桥杯 题库 简单 每日十题 day11

作者：小教学发布时间：2023-09-28分类：程序开发学习浏览：62

导读：01质数质数题目描述给定一个正整数N，请你输出N以内（不包含N）的质数以及质数的个数。输入描述输入一行，包含一个正整数N。1≤N≤10^3输出描述共两行。第...

在这里插入图片描述

01 质数

质数
题目描述
给定一个正整数N，请你输出N以内（不包含N）的质数以及质数的个数。
输入描述
输入一行，包含一个正整数N。1≤N≤10^3
输出描述
共两行。
第1行包含若干个素数，每两个素数之间用一个空格隔开，素数从小到大输出。
第2行包含一个整数，表示N以内质数的个数。
输入输出样例
示例
输入

10

输出

2 3 5 7
4

#include <iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
bool isprime(int n){
	if(n==2) return true;
	else{
		for(int i=2;i<=sqrt(n);i++){
			if(n%i==0) 
			return false;
		}
	}
	return true;
}
int main(){
	int x,cnt=0; cin>>x;
	for(int i=2;i<x;i++){
		if(isprime(i)){
			cout<<i<<" ";
			cnt++;
		}
	}
cout<<"\n"<<cnt;
return 0;
}

02 字符统计

字符统计
问题描述
给定一个只包含大写字母的字符出S，请你输出其中出现次数最多的字符。
如果有多个字母均出现了最多次，按字母表顺序依次输出所有这些字母。
输入格式
一个只包含大写字母的字等串S.
输出格式
若干个大写字母，代表答案。
样例输入

BABBACAC

样例输出

AB

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
	string s;
	getline(cin,s);
	int b[10000]={0};
	for(int i=0;i<s.length();i++){
		b[s[i]]++;
	}
	int max=0;
	for(int i='A';i<='z';i++){
		if(b[i]>max){
			max=b[i];
		}
	}
	for(int i='A';i<='z';i++){
		if(b[i]==max){
			cout<<char(i);
		}}
		return 0;
		
}

03 大乘积

问题描述
小蓝有30个数，分别为：99,22,51,63,72,61,20,88,40,21,63,30,
11, 18, 99, 12, 93, 16, 7, 53, 64, 9, 28, 84, 34, 96, 52, 82, 51, 77 。
小蓝可以在这些数中取出两个序号不同的数，共有30×29/2=435种取法。
请问这435种取法中，有多少种取法取出的两个数的乘积大于等于2022。
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。

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int main(int argc, char *argv[])
{
  int i,k,sum=0;
 int a[30]={99,22,51,63,72, 61, 20, 88, 40, 21, 63, 30, 11, 18, 99, 12, 93, 16, 7,
  53, 64, 9, 28, 84, 34, 96, 52, 82, 51, 77};
for(i=0;i<30;i++){
	for(k=i+1;k<30;k++){
		if(a[i]*a[k]>=2022){
			sum++;
		}
	}
}
printf("%d",sum);
return 0;
}

04 组合数问题

在这里插入图片描述
输入输出样例
示例
输入

1 2
3 3

输出

1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll MOD = 1E9 +7;

ll t, k;
ll n, m, ans, len;
ll a[70], b[70];
ll dp[70][4];

ll ans0(ll x, ll y) {
//    if (x < 0 || y < 0) return 0;
    if (x <= y) return (x % MOD + 2) * (x % MOD + 1) / 2 % MOD;
    x %= MOD, y %= MOD;
    return ((y + 2) * (y + 1) / 2 % MOD + (x - y) * (y + 1) % MOD) % MOD;
}

ll ans1(ll x, ll y) {
//    if (x < 0 || y < 0) return 0;
    return min(x, y) + 1;
}

ll ans2(ll x, ll y) {
//    if (x < 0 || y < 0) return 0;
    return max(x - y + 1, 0LL);
}

int main() {
    cin >> t >> k;
    while (t--) {
        cin >> n >> m;
        if (m > n) m = n;
        ans = ans0(n, m);
        memset(b, 0, sizeof b);
        for (len = 0; n; len++, n /= k) a[len] = n % k;
        for (int i = 0; m; i++, m /= k) b[i] = m % k;
        n = len;
//        memset(dp, 0, sizeof dp);
        dp[n][0] = dp[n][1] = dp[n][2] = 0;
        dp[n][3] = 1;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            dp[i][0] = dp[i + 1][0] * ans0(k - 1, k - 1);
            dp[i][0] += dp[i + 1][1] * ans0(a[i] - 1, k - 1) + dp[i + 1][2] * ans0(k - 1,b[i] - 1);
            dp[i][0] += dp[i + 1][3] * ans0(a[i] - 1, b[i] - 1);
            
            dp[i][1] = dp[i + 1][1] * ans1(a[i], k - 1) + dp[i + 1][3] * ans1(a[i], b[i] - 1);
            
            dp[i][2] = dp[i + 1][2] * ans2(k - 1, b[i]) + dp[i + 1][3] * ans2(a[i] - 1, b[i]);
            
            dp[i][3] = ((a[i] >= b[i]) && dp[i + 1][3]);
            dp[i][0] %= MOD; dp[i][1] %= MOD;
            dp[i][2] %= MOD; dp[i][3] %= MOD;
        }
        ans -= (dp[0][0] + dp[0][1] + dp[0][2] + dp[0][3]) % MOD;
        ans = (ans % MOD + MOD) % MOD; 
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

05 糖果

在这里插入图片描述
输入输出样例
示例
输入

1 2
3 3

输出

1

 #include<iostream>
using namespace std;
int dp[(1<<20)+1];//dp数组 
int n,m,k,a[101]; 
//状态压缩动态规划（简称状压dp）是另一类非常典型的动态规划，通常使用在NP问题的小规模求解中，虽然是指数级别的复杂度
//该算法主要以二进制的方式 思维 
//入门：https://www.cnblogs.com/ibilllee/p/7651971.html   https://zhuanlan.zhihu.com/p/131585177
int main()
{
    fill(dp,dp+(1<<20)+1,0xffff);//初始化 dp数组 
    cin >> n >> m >> k;//输入 
    int c[m];//占位数组 有则是1 无为0 
    
    fill(c,c+m,0);//用来鉴定是否能全尝到 
    bool NUL=false;//用来鉴定是否能全尝到 
    
    for(int i=1;i<=n;++i)//有n包 
    {
        int x=0,y;
        for(int j=1;j<=k;++j)//每包中的 类型 
        {
            //比如有5类糖果即5位 二进制0表示没有 1表示有 如果某一组是有 1(1<<1-1=00001) 3(1<<3-1=00100) 4(1<<4-1=01000) 糖果
            //然后这一组进行 ‘|’ 或运算  然后就可以表示这一组就是 01101 然后这个数字十进制13就可以表示这个 这一包的种类
            cin >> y; 
            y--;//上面有过程 解释 
            x|=(1<<y);//或运算是在(十进制也是在二进制中)二进制中 0|1=1 0|0=0 1|1=1 1<<v相当于乘v个2 //根据二进制可以知道有几种糖果
            
            c[y]++; //先检验糖果是否全 只和鉴定是否能全得到有关 
        }
        a[i]=x;//将每一包所有的种类给它 
    }
    for(int i=0;i<m;i++)//用来鉴定是否能全尝到 
    if(!c[i])NUL=true;//用来鉴定是否能全尝到 
    if(NUL)cout <<"-1";//糖果种类不全打印-1 
    else{
        dp[0]=0;//初始化 当然下面这个肯定从这里开始的 
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            // (1<<m)-1 - > length(1<<n-1) = n = n个(1) - > (1<<m)-1的意义 
            for(int j=(1<<m)-1;j>=0;--j)//
            dp[j|a[i]]=min(dp[j|a[i]],dp[j]+1);//从第一包开始  
            /** 解释：： 
            dp[j|a[i]] 表示在所有糖果类中的 j|a[i] 类中的 最优解
            ① 当j=0 时  j|a[i]=a[i] dp[a[i]]=1;
            ② 当j=a[i1] 时 dp[[j|a[i2]] 就是 a[i1]与a[i2] 并集的 最优解
            ③ 进一步向上迭代 直至完全 
            ④ 当计算出j|a[i]=(1)n 时（进制全为一 ） 即包含所有种类 这个就是最终解 
            */ 
        }
        cout << dp[(1<<m)-1];//打印最终解 
    } 
    
    return 0;
}

06 外卖店优先级

在这里插入图片描述
输出描述
输出一个整数代表答案。
输入输出样例
示例
输入

2 6 6
11
5 2
3 1
6 2
2 1
6 2

输出

1

样例解释：
6时刻时，1号店优先级降到3，被移除出优先缓存；2号店优先级升到6，加入优先缓存。所以是有1家店（2号）在优先缓存中。

#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
  int num,m,t;cin>>num>>m>>t;
  pair<int,int> ti[m];//订单列表
  int p[num]={0};//存优先级
  int flag[num]={0};//1表示在优先缓存，0表示不在
  int last[num]={0};//存对应id外卖店的上一次接订单时间
  int cnt=0;
  for(int i=0;i<m;i++)cin>>ti[i].first>>ti[i].second;//读取订单列表
  sort(ti,ti+m);//按时间升序排列订单
  for(int i=0;i<m;i++)//遍历订单列表
  {
    int tt=ti[i].first,id=ti[i].second-1;
    if(tt!=last[id])//该外卖店在下一个时刻接到了订单
    p[id]-=tt-last[id]-1;
    if(p[id]<0)p[id]=0;
    if(p[id]<=3)flag[id]=0;
    p[id]+=2;
    if(p[id]>5)flag[id]=1;
    last[id]=tt;
  }
  for(int i=0;i<num;i++)
  {
    p[i]-=t-last[i];
    if(p[i]<=3)flag[i]=0;
  }
  int ans=0;
  for(int i=0;i<num;i++)if(flag[i]==1)ans++;
  cout<<ans;
  return 0;
}

07 完全二叉树的权值

在这里插入图片描述
输出描述
输出一个整数代表答案。
输入输出样例
示例
输入

7
1 6 5 4 3 2 1

输出

2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int sum[10008] = {0};
int main()
{
    int n;
    int w;
    int ans;
    int maxn = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> w;
        int d = ceil(log(i+1)/log(2));
        sum[d] += w;
    }

    for(int i = 1; i < 10008; i++)
    {
        if(sum[i] > maxn)
        {
            maxn = sum[i];
            ans = i;
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

08 修改数组

在这里插入图片描述

输入输出样例
示例
输入

5
2 1 1 3 4

输出

2 1 3 4 5

#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    int a[100005]={0}, b[1000005] = { 0 };
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        while (b[a[i]] != 0)
        {
            b[a[i]]++;
      a[i]+=(b[a[i]]-1);
        }
        b[a[i]]++;
        cout << a[i] << ' ';
    }
    return 0;
}

09 小明的背包1

在这里插入图片描述
输入输出样例
示例1
输入

5 20
1 6
2 5
3 8
5 15
3 3

输出

37

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int val[1001],v[1001],dp[1001][1001]={0};//dp第一个为物品下标，第二个为背包体积，值为价值(确定dp数组以及下标的含义)
int n,V;
int max(int a,int b)
{
  return a>b?a:b;
}
void backpack()
{
    for(int i=v[0];i<=V;i++)
    {
      dp[0][i]=val[0];// 当背包容量大于物品0的容量时，将物品0放入到背包中
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
      for(int j=1;j<=V;j++)//先遍历物品，再遍历体积
      {
          if(j<v[i])//当前背包体积小于物品体积
          dp[i][j]=dp[i-1][j];//不放，价值不变，i-1相当于没放物品i之前的
          else
          {
            dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+val[i]);//比较放之前和放之后的价值
            //放之后的价值=放之前的价值+物品i的价值
            //j-v[i]表示放了物品i，还剩下j-v[i]的容量可以放其他物品
            //dp[i-1][j-v[i]]，表示不放物品i时，背包的容量也减去物品i的容量之后，背包所能放的最大价值
          }
      }
    }
}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&V);
  for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d %d",&v[i],&val[i]);
  backpack();
  printf("%d",dp[n][V]);
  return 0;
}

10 求阶乘

问题描述
满足N！的末尾恰好有K个0的最小的N是多少？
如果这样的N不存在输出-1。
输入格式
一个整数K。
输出格式
一个整数代表答案。
样例输入

2

样例输出

10

在这里插入图片描述

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
//末尾有几个0取决于从1到N的因子中2和5的组合个数
//因为5的倍数个数比2少，所以只要计算5的倍数个数
//满足5^p<=N的个数，复杂度为O(logN),又因为N越大，末尾的0越多，所以可以用二分找到答案
//此函数用于计算因子5的个数
long long int js( long long int a )
{
  long long int ans = 0;
  while ( a > 0 )
  {
    ans += a / 5; //因为遇见 5^2要加两个0 5^3要加三个零 以此类推
    a/=5;
  }
  return ans;
}
int main(int argc, char *argv[])
{
  long long int k;
  scanf("%lld",&k);
  long long int l = 1, r = pow(2,63)-1;//pow(2,63)-1表示N的最大值
  //从1到N的阶乘中5的倍数个数计算出来，再用与k比较的二分法查找出最小的N！
  while(l<r)
  {
    long long int mid = l + ( r - l ) / 2;
    if ( js(mid) < k ) l = mid + 1;
    else r = mid;
  }
  long long int ans = js(l);
  if ( ans == k ) printf("%lld",l);//如果找到打印，否则打印-1；
  else printf("%d",-1);
  // 请在此输入您的代码
  return 0;
}



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