蓝桥测试1->2015年第六届蓝桥杯省赛

1.StringInGrid函数会在一个指定大小的格子中打印指定的字符串。 要求字符串在水平、垂直两个方向上都居中。 如果字符串太长，就截断。 如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一点。

下面的程序实现这个逻辑，请填写划线部分缺少的代码。

#include <stdio.h>#include <string.h>void StringInGrid(int width, int height, const char* s){				int i,k;				char buf[1000];				strcpy(buf, s);				if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;								PRintf("+");				for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");				printf("+/n");								for(k=1; k<(height-1)/2;k++){								printf("|");								for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");								printf("|/n");				}								printf("|");								printf("%*s%s%*s",(11分));  //填空				          				printf("|/n");								for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){								printf("|");								for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");								printf("|/n");				}												printf("+");				for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");				printf("+/n");				}int main(){				StringInGrid(20,6,"abcd1234");				return 0;}
对于题目中数据，应该输出： +------------------+ | | | abcd1234 | | | | | +------------------+
（如果出现对齐问题，参看【图1.jpg】）
填空：(width-2-strlen(s))/2,"%20",s,(width-2-strlen(s))/2,"%20"
%*s,%*d......等输出格式，举个例子，比较好说明一下:
printf("%*s",5,"123"),执行一下，这条语句，输出##123（#代表一个空格）类似于%5d%20这样的状况，这里*被常量5代替，用于控制最小字符宽度，主要是针对，最小字符宽度未知的情况，当然*可以对应整型变量
2.
1,2,3...9%20这九个数字组成一个分数，其值恰好为1/3，如何组法？
下面的程序实现了该功能，请填写划线部分缺失的代码。
#include%20<stdio.h>void%20test(int%20x[]){				int%20a%20=%20x[0]*1000%20+%20x[1]*100%20+%20x[2]*10%20+%20x[3];				int%20b%20=%20x[4]*10000%20+%20x[5]*1000%20+%20x[6]*100%20+%20x[7]*10%20+%20x[8];								if(a*3==b)%20printf("%d%20/%20%d/n",%20a,%20b);}void%20f(int%20x[],%20int%20k){				int%20i,t;				if(k>=9){								test(x);								return;				}								for(i=k;%20i<9;%20i++){								{t=x[k];%20x[k]=x[i];%20x[i]=t;}								f(x,k+1);								(13分);//%20填空处				}}				int%20main(){				int%20x[]%20=%20{1,2,3,4,5,6,7,8,9};				f(x,0);								return%200;}此题主要理解生成全排列的函数3.奖券数目(结果填空)   (3分)
有些人很迷信数字，比如带“4”的数字，认为和“死”谐音，就觉得不吉利。%20虽然这些说法纯属无稽之谈，但有时还要迎合大众的需求。某抽奖活动的奖券号码是5位数（10000-99999），要求其中不要出现带“4”的号码，主办单位请你计算一下，如果任何两张奖券不重号，最多可发出奖券多少张。
请你计算一共有多少种可能的方案。
输入格式:无输入
输出格式:在一行内输出一个整数，代表最多可发奖券数目，不要写任何多余的内容或说明性文字。
输出样例:123法一：利用排列组合做，8*9*9**9*9=52488//法二：代码#include%20<cstdio>#include%20<iostream>int%20main(){	int%20sum=0;	for(int%20i=1;i<=9;i++){		for(int%20j=0;j<=9;j++){			for(int%20t=0;t<=9;t++){				for(int%20a=0;a<=9;a++){					for(int%20b=0;b<=9;b++){						if(i!=4&&j!=4&&t!=4&&a!=4&&b!=4)							sum++;					}				}			}		}	}	printf("%d/n",sum);	return%200;}//524884.星系炸弹（结果填空）   (5分)在X星系的广袤空间中漂浮着许多X星人造“炸弹”，用来作为宇宙中的路标。%20每个炸弹都可以设定多少天之后爆炸。%20比如：阿尔法炸弹2015年1月1日放置，定时为15天，则它在2015年1月16日爆炸。%20有一个贝塔炸弹，2014年11月9日放置，定时为1000天，请你计算它爆炸的准确日期。
输入格式:无输入
输出格式:请在一行内输出该日期，格式为%20yyyy-mm-dd%20即4位年份2位月份2位日期。比如：2015-02-19%20请严格按照格式书写。不能出现其它文字或符号。
//法一：查日历%20得2017-08-05//法二：Excel//法三：计算器的计算日期功能//法四：代码#include%20<cstdio>#include%20<cstring>int%20judge(int%20year){	if(year%4==0&&year%100!=0||year%400==0)//判断闰年		return%20366;	return%20365;}int%20main(){	int%20year,month,day=1000-52;//从2015年开始算	int%20m[2][12]={{31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31},{31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}};	for(year=2015;day/judge(year);year++)		day-=judge(year);	int%20loc=judge(year)-365;	for(month=1;day/m[loc][month];month++)		day-=m[loc][month];	printf("%04d-%02d-%02d/n",year,month,day);	return%200;}5.观察下面的加法算式：
(如果有对齐问题，可以参看【图1.jpg】) 
其中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字。
请你填写“三羊献瑞”所代表的4位数字（答案唯一），不要填写任何多余内容。
//法一：八重循环//法二：先生成全排列#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;int main(){	int a[10]={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9};	do{//用全排列前8位		if(a[0]&&a[4]){			int num1=a[0]*1000+a[1]*100+a[2]*10+a[3];			int num2=a[4]*1000+a[5]*100+a[6]*10+a[1];			int num3=a[4]*10000+a[5]*1000+a[2]*100+a[1]*10+a[7];			if(num1+num2==num3){				cout<<num2<<endl;				break;			}		}	}while(next_permutation(a,a+10));    return 0;}//10856.加法变乘法（结果填空）   (17分)
我们都知道：1+2+3+ ... + 49 = 1225 现在要求你把其中两个不相邻的加号变成乘号，使得结果为2015
比如： 1+2+3+...+10 · 11+12+...+27 · 28+29+...+49 = 2015 就是符合要求的答案
请你寻找另外一个可能的答案，并把位置靠前的那个乘号左边的数字提交（对于示例，就是提交10）。
#include <cstdio>#include <cstring>int main(){	int sum;	for(int i=1;i<=46;i++){//i，j均为第几个+号		for(int j=i+2;j<=48;j++){			sum=0;			for(int t=1;t<i;t++){				sum+=t;			}			sum=sum+i*(i+1);			for(int t=i+2;t<j;t++){				sum+=t;			}			sum=sum+j*(j+1);			for(int t=j+2;t<=49;t++){				sum+=t;			}			if(sum==2015&&i!=10){				printf("%d/n",i);				return 0;			}		}	}	return 0;} 7.牌型种数(结果填空)   (21分)
小明被劫持到X赌城，被迫与其他3人玩牌。 一副扑克牌（去掉大小王牌，共52张），均匀发给4个人，每个人13张。 这时，小明脑子里突然冒出一个问题： 如果不考虑花色，只考虑点数，也不考虑自己得到的牌的先后顺序，自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢？
//法一：暴力#include <cstdio>#include <cstring>int main(){	int sum=0;	for(int a=0;a<=4;a++){		for(int b=0;b<=4;b++){			for(int c=0;c<=4;c++){				for(int d=0;d<=4;d++){					for(int e=0;e<=4;e++){						for(int f=0;f<=4;f++){							for(int g=0;g<=4;g++){								for(int h=0;h<=4;h++){									for(int i=0;i<=4;i++){										for(int j=0;j<=4;j++){											for(int k=0;k<=4;k++){												for(int l=0;l<=4;l++){													for(int m=0;m<=4;m++){														if(a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+l+m==13)															sum++;													}												}											}										}									}								}							}						}					}				}			}		}	}    printf("%d/n",sum);}
//法二：搜索#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;int count=0;void dfs(int step,int sum){//step为该走的步数，即该拿哪个号码的牌了  sum为当前的牌总数	if(step==14){		count+=(sum==13);		return;	}	if(sum>13)		return;	for(int i=0;i<=4;i++){		dfs(step+1,sum+i);	}}int main(){	dfs(1,0);	cout<<count<<endl;	return 0;}8.移动距离   (15分)
X星球居民小区的楼房全是一样的，并且按矩阵样式排列。其楼房的编号为1,2,3... 当排满一行时，从下一行相邻的楼往反方向排号。 比如：当小区排号宽度为6时，开始情形如下：
1 2 3 4 5 6
12 11 10 9 8 7
13 14 15 .....
我们的问题是：已知了两个楼号m和n，需要求出它们之间的最短移动距离（不能斜线方向移动）
要求输出一个整数，表示m n 两楼间最短移动距离。
输入格式:
在一行中输入为3个整数w m n，空格分开，都在1到10000范围内 w为排号宽度，m,n为待计算的楼号。
输出格式:
要求输出一个整数，表示m n 两楼间最短移动距离。
输入样例1:
6 8 2
输出样例1:
4
输入样例2:
4 7 20
输出样例2:
5
//此题需要细致考虑各种情况//x:需要考虑此数（m和n）能不能除尽w//y:需要考虑此数（m和n）能不能除尽w，在此基础上再考虑x在的行是正方向还是逆方向                                                                                 #include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;int main(){	int w,m,n;	int x1,y1,x2,y2;	cin>>w>>m>>n;	x1=m/w+(m%w!=0);	x2=n/w+(n%w!=0);	y1=(m%w==0?(x1%2==0?1:w):(x1%2==0?w-m%w+1:m%w));	y2=(n%w==0?(x2%2==0?1:w):(x2%2==0?w-n%w+1:n%w));	cout<<(int)abs(x1-x2)+(int)abs(y1-y2)<<endl;	return 0;}9.垒骰子   (25分)
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。 经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！ 我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。 假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。 atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。 两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。 由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
输入格式:
第一行两个整数 n m n表示骰子数目 接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
输出格式:
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
输入样例:
2 11 2
输出样例:
544
「数据范围」
对于 30% 的数据：n <= 5对于 60% 的数据：n <= 100对于 100% 的数据：0 < n <= 10^9, m <= 36
//首先想到的是搜索，但看到数据规模，最大已经达到了10^9，说明此题最佳方式不是搜索//于是考虑动态规划://仔细一想，若设dp[i][j]为第i层顶面点数为j的方案数，则 Dp[i][j]就等于i-1高度时所有与j的反面无冲突的方案数累加//由这个状态转移方程从而看出了重叠子问题，最优子结构！！！说明可以用O(n)级别的动态规划处理题目//而且对于大数据,肯定比搜索强，但能不能解决极端大数据未知//另外  后的总方案数还要乘以(4^n)   因为每一个骰子可以4面转//由于  每一层的规划只与前一层有关  所以可以采用滚动数组, 不然内存会超//代码：#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;#define MOD 1000000007long long int quick_pow(int a,int n){	long long int temp=a,sum=1;	while(n){		if(n&1)			sum=(sum*temp)%MOD;		temp=(temp*temp)%MOD;		n=n>>1;	}	return sum;}int main(){	int n,m;	int x,y;	int conflict[7][7];//互斥面 为0表示互斥	int towards[7]={0,4,5,6,1,2,3};//骰子对称面	long long int dp[2][7];	long long sum=0;//方案数	int e=0;//滚动标志	cin>>n>>m;	for(int i=1;i<=6;i++){		for(int j=1;j<=6;j++){			conflict[i][j]=1;		}	}	for(int i=1;i<=m;i++){		scanf("%d%d",&x,&y);		conflict[x][y]=conflict[y][x]=0;	}	for(int i=1;i<=6;i++){//初始化第一层 先不考虑4面转		dp[e][i]=1;	}	for(int i=2;i<=n;i++){//当前层		e=1-e;		for(int j=1;j<=6;j++){//点数			dp[e][j]=0;			for(int t=1;t<=6;t++){//找与当前点数的对面不冲突的点				if(conflict[towards[j]][t]){					dp[e][j]=(dp[e][j]+dp[1-e][t])%MOD;				}			}		}	}	for(int i=1;i<=6;i++){		sum=(sum+dp[e][i])%MOD;	}	sum=(sum*quick_pow(4,n))%MOD;//四面转	cout<<sum<<endl;	return 0;}
//以动态规划的方式在O(N)的时间复杂度内求解, 但对于数据规模为10^9的数据而已, O(N)显然是不够的//以dp[i][j]来表示在高度为i的情况下, 骰子柱顶面点数为j的总方案数 //dp[i][j]的值将等于前一高度所有方案的选择性累加//一说到选择性累加，是不是可以联想到矩阵相乘? //在用 矩阵快速幂的应用->优化递推式  求斐波那契数列例子中//那个只包含0和1的矩阵就是这样通过列向量的0或1对左边矩阵进行选择累加, 从而得出右边矩阵的//那么, 我们也可以通过类似的结构来完成对骰子方案的选择性累加//我们用一个单行矩阵dp[1][j]来记录高度为N时, 顶面为j的总方案数//为了构造出利用矩阵相乘（矩阵dp X 矩阵conflict）进行选择性叠加，对于conflict数组，进行一些改进://conflict[i][j]=0表示，i 与 j的对称面 互斥#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define MOD 1000000007struct matrix{//矩阵	long long int m[7][7];};long long int quick_pow(int a,int n){//快速幂	long long int c=1,temp=a;	if(n==0)		return 1;	while(n){		if(n&1)			c=(c*temp)%MOD;		temp=(temp*temp)%MOD;		n=n>>1;	}	return c;}void matrix_mul(long long int re[][7],long long int a[][7],long long int b[][7]){	for(int i=1;i<=6;i++){		if(a[0][i]){			for(int t=1;t<=6;t++){				re[0][t]=(re[0][t]+a[0][i]*b[i][t])%MOD;			}		}	}}struct matrix mul(struct matrix a,struct matrix b){//定义的矩阵 相乘	struct matrix c;	memset(c.m,0,sizeof(c.m));	for(int i=1;i<=6;i++){		for(int j=1;j<=6;j++){			if(a.m[i][j]){				for(int t=1;t<=6;t++){					c.m[i][t]=(c.m[i][t]+a.m[i][j]*b.m[j][t])%MOD;				}			}		}	}	return c;}struct matrix quick_matrix_pow(struct matrix a,int n){//定义的矩阵 快速幂	struct matrix e,temp=a;	memset(e.m,0,sizeof(e.m));	for(int i=1;i<=6;i++){		e.m[i][i]=1;	}	if(n==0)		return e;	while(n){		if(n&1)			e=mul(e,temp);		temp=mul(temp,temp);		n=n>>1;	}	return e;}int main(){	int n,m,x,y;	int towards[7]={0,4,5,6,1,2,3};	struct matrix mat,conflict;//把conflict表示为矩阵，便于相乘	long long int dp[1][7],result[1][7],sum=0;//这俩矩阵未表示为 定义的矩阵，直接用数组	cin>>n>>m;	for(int i=1;i<=6;i++){		dp[0][i]=1;	}	for(int i=1;i<=6;i++){		for(int j=1;j<=6;j++){			conflict.m[i][j]=1;		}	}	for(int i=1;i<=m;i++){		cin>>x>>y;		conflict.m[x][towards[y]]=conflict.m[y][towards[x]]=0;	}	mat=quick_matrix_pow(conflict,n-1);//矩阵快速幂	memset(result,0,sizeof(result));	matrix_mul(result,dp,mat.m);//再用dp矩阵与mat.m矩阵相乘 放到result矩阵里	for(int i=1;i<=6;i++){		sum=(sum+result[0][i])%MOD;	}	sum=(sum*quick_pow(4,n))%MOD;	cout<<sum<<endl;	return 0;}10.生命之树   (31分)
在X森林里，上帝创建了生命之树。
他给每棵树的每个节点（叶子也称为一个节点）上，都标了一个整数，代表这个点的和谐值。 上帝要在这棵树内选出一个非空节点集S，使得对于S中的任意两个点a,b，都存在一个点列 {a, v1, v2, ..., vk, b} 使得这个点列中的每个点都是S里面的元素，且序列中相邻两个点间有一条边相连。
在这个前提下，上帝要使得S中的点所对应的整数的和尽量大。 这个最大的和就是上帝给生命之树的评分。
经过atm的努力，他已经知道了上帝给每棵树上每个节点上的整数。但是由于 atm 不擅长计算，他不知道怎样有效的求评分。他需要你为他写一个程序来计算一棵树的分数。
输入格式:
第一行一个整数 n 表示这棵树有 n 个节点。 第二行 n 个整数，依次表示每个节点的评分。 接下来 n-1 行，每行 2 个整数 u, v，表示存在一条 u 到 v 的边。由于这是一棵树，所以是不存在环的。
输出格式:
输出一行一个数，表示上帝给这棵树的分数。
输入样例:
51 -2 -3 4 54 23 11 22 5
输出样例:
8
数据范围
对于 30% 的数据，n <= 10对于 100% 的数据，0 < n <= 10^5, 每个节点的评分的绝对值不超过 10^6 。
//此题的树其实为图，此题结合了图的深搜和dp:利用深度优先搜索遍历图，利用dp思想在遍历过程解决问题//典型的树状dp，求权值最大的连通子图//dp[i]表示：以i为根节点的子树,权值之和中,最大的（因为是子树，所以一定包含i节点）//dp[i] += dp[k]，这里的k是指i的孩子节点，且dp[k]一定要是大于0的，如果小于0，会使总和变小，加它还不如不加//所以就用一个递归，从一个根节点出发，一直到叶子节点，//这时候就回溯了，回溯的时候就会把下层节点的dp值带回到上层。每计算出一个i的dp值，//就与当前保存的最大值比较。#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;//用前向星存图struct edge{	int next;	int to;}edges[100000];//从1开始存int head[100005];//从1开始存int weight[100005];//从1开始存int book[100005];int dp[100005];int cnt,n,max_weight=0;void Init(){//初始化	for(int i=1;i<=n;i++){		edges[i].next=0;		edges[i].to=0;	}	for(int i=1;i<=n;i++){		head[i]=0;	}	cnt=0;}void Add(int x,int y){//加边	cnt++;	edges[cnt].next=head[x];	edges[cnt].to=y;	head[x]=cnt;}void dfs(int x){//利用深度优先搜索遍历图	int y;	for(int i=head[x];i;i=edges[i].next){		y=edges[i].to;		if(!book[y]){			book[y]=1;			dfs(y);			dp[x]+=(dp[y]>0?dp[y]:0);		}	}	if(dp[x]>max_weight)		max_weight=dp[x];}int main(){	int x,y;	cin>>n;	for(int i=1;i<=n;i++){		scanf("%d",&weight[i]);		dp[i]=weight[i];	}	for(int i=1;i<n;i++){		cin>>x>>y;		Add(x,y);		Add(y,x);	}	memset(book,0,sizeof(book));	book[1]=1;	dfs(1);	cout<<max_weight<<endl;	return 0;}总结：15年省赛最后俩题都是动态规划，备战多看看dp