一、特殊年份
1、1 题目描述
题目来源：第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度：简单
题目描述：今年是 2021 年，2021 这个数字非常特殊，它的千位和十位相等，个位比百位大 1，我们称满足这样条件的年份为特殊年份。输入 5 个年份，请计算这里面有多少个特殊年份。
输入格式：输入 5 行，每行一个 44 位十进制数（数值范围为 1000 至 9999），表示一个年份。
输出格式：输出一个整数，表示输入的 55 个年份中有多少个特殊年份。
输入样例：
1. 2019 2. 2021 3. 1920 4. 2120 5. 9899
输出样例：
2
样例解释：2021 和 9899 是特殊年份，其它不是特殊年份。
1、2 题解关键思路与解答
这道题的思路什么简单，我们只需要将年份的各个数字拿出来，看是否满足：它的千位和十位相等，个位比百位大 1 即可。我们直接看代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int cnt=0; int ret=0; for(int i=0;i<5;i++) { scanf("%d",&ret); int a=ret/1000,b=ret/100%10,c=ret%100/10,d=ret%10; if(a==c && d-b==1) cnt++; } cout<<cnt; return 0; }
二、小平方
2、1 题目描述
题目来源：第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度：简单
题目描述：小蓝发现，对于一个正整数 n 和一个小于 n 的正整数 v，将 v 平方后对 n 取余可能小于 n 的一半，也可能大于等于 n 的一半。请问，在 1 到 n−1中，有多少个数平方后除以 n 的余数小于 n 的一半。
例如，当 n=4时，1,2,3的平方除以 4 的余数都小于 4 的一半。
又如，当 n=5时，1,4 的平方除以 5 的余数都是 1，小于 5 的一半。
而 2,3 的平方除以 5 的余数都是 4，大于等于 5 的一半。
输入格式：
输入一行包含一个整数 n。
输出格式：
输出一个整数，表示满足条件的数的数量。
数据范围：
1≤n≤10000输入样例：
5
输出样例：
2
2、2 题解关键思路与解答
由于数据范围较小，所以我们直接暴力枚举即可。我们直接看代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n; int cnt=0; cin>>n; for(int i=1;i<n;i++) { if((i*i)%n*2 < n) cnt++; } cout<<cnt; return 0; }
三、完全平方数
3、1 题目描述
题目来源：第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度：简单
题目描述:一个整数 a 是一个完全平方数，是指它是某一个整数的平方，即存在一个整数 b，使得 a=b*b。给定一个正整数 n，请找到最小的正整数 x，使得它们的乘积是一个完全平方数。
输入格式:
输入一行包含一个正整数 n。
输出格式:
输出找到的最小的正整数 x。
数据范围:
对于 30% 的评测用例，1≤n≤1000，答案不超过 1000。
对于 60% 的评测用例，1≤n≤1e8，答案不超过 1e8。
对于所有评测用例，1≤n≤1e12，答案不超过 1e12。
输入样例1：
12
输出样例1：
3
输入样例2：
15
输出样例2：
15
3、2 题解关键思路与解答
从题目中给出的数据范围可知，我们如果暴力去找最小的数，是不行的。这里就用到了质因数。如果一个数完全平方数，那么这个数的所有质因数的个数为偶数。根据这一特点，我们就判单题目中给出的数据，找出该数据的质因数个数为奇数的，然后相互乘起来就是我们所要的结果。我们结合代码一起理解一下。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int main() { LL n; scanf("%lld",&n); LL res=1; for(LL i=2;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { int s=0; while(n%i==0) { n/=i; s++; } if(s%2) res*=i; } } if(n>1) res*=n; cout<<res; return 0; }
四、负载均衡
4、1 题目描述
题目来源：第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度：中等
题目描述:有 n 台计算机，第 i台计算机的运算能力为 vi。有一系列的任务被指派到各个计算机上，第 i 个任务在 ai 时刻分配，指定计算机编号为 bi，耗时为 ci 且算力消耗为 di。如果此任务成功分配，将立刻开始运行，期间持续占用 bi 号计算机 di 的算力，持续 ci 秒。对于每次任务分配，如果计算机剩余的运算能力不足则输出 −1，并取消这次分配，否则输出分配完这个任务后这台计算机的剩余运算能力。
输入格式：
输入的第一行包含两个整数 n,m，分别表示计算机数目和要分配的任务数。
第二行包含 n 个整数 v1,v2,⋅⋅⋅vn，分别表示每个计算机的运算能力。接下来 m 行每行 4 个 整数 ai,bi,ci,di，意义如上所述。数据保证 ai 严格递增，即 ai<ai+1。
输出格式：
输出 m 行，每行包含一个数，对应每次任务分配的结果。
数据范围：
对于 20% 的评测用例，n,m≤200。
对于 40% 的评测用例，n,m≤2000。
对于所有评测用例，1≤n,m≤200000，1≤ai,ci,di,vi≤1e9，1≤bi≤n。
输入样例：
1. 2 6 2. 5 5 3. 1 1 5 3 4. 2 2 2 6 5. 3 1 2 3 6. 4 1 6 1 7. 5 1 3 3 8. 6 1 3 4
输出样例：
1. 2 2. -1 3. -1 4. 1 5. -1 6. 0
样例解释：
时刻 1，第 1 个任务被分配到第 1 台计算机，耗时为 5，这个任务时刻 6 会结束，占用计算机 1 的算力 3。
时刻 2，第 2 个任务需要的算力不足，所以分配失败了。
时刻 3，第 1 个计算机仍然正在计算第 1 个任务，剩余算力不足 3，所以失败。
时刻 4，第 1 个计算机仍然正在计算第 1 个任务，但剩余算力足够，分配后剩余算力 1。
时刻 5，第 1 个计算机仍然正在计算第 1,4 个任务，剩余算力不足 4，失败。
时刻 6，第 1 个计算机仍然正在计算第 4 个任务，剩余算力足够，且恰好用完。
4、2 题解关键思路与解答
该题目输入的时刻是保证有序的。但是每个任务需要花费的时间是一段时间段，这似乎是一个很棘手的问题。我们看每个计算机是否能进行此任务，关键是要看该计算机的剩余的算力是否足够。我们发现每个计算机都是独立的，我们需要去维护每个时刻的算力和运行的任务。如果某个时刻前面的任务已经结束，我们需要重新加回该任务所消耗的算力值。我们可以考虑用一下优先队列来去维护计算机的算力和运行的任务。我们需要定义pair来存储某个任务结束的时间点和所需算力值。我们结合代码理解：
#include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define x first #define y second using namespace std; typedef pair<int,int> PII; //first ：某个任务结束的时间点。 second ：该任务所需算力值 const int N=2e5+10; int n,m; int s[N]; //存储剩余的算力 priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>> q[N]; //小根堆。存储正在计算的任务 int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]); while(m--) { int a,b,c,d; scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); while(q[b].size() && q[b].top().x<=a) //判断是否寂静有任务结束 { s[b]+=q[b].top().y; q[b].pop(); } if(s[b]<d) puts("-1"); else { s[b]-=d; q[b].push({a+c,d}); printf("%d\n",s[b]); } } return 0; }
五、国际象棋
5、1 题目描述
题目来源：第十二届蓝桥杯省赛第二场
题目难度：困难
题目描述: 众所周知，“八皇后” 问题是求解在国际象棋棋盘上摆放 88 个皇后，使得两两之间互不攻击的方案数。已经学习了很多算法的小蓝觉得 “八皇后” 问题太简单了，意犹未尽。作为一个国际象棋迷，他想研究在 N×M 的棋盘上，摆放 K 个马，使得两两之间互不攻击有多少种摆放方案。由于方案数可能很大，只需计算答案除以 1000000007 (即 1e9+7) 的余数。
如下图所示，国际象棋中的马摆放在棋盘的方格内，走 “日” 字，位于 (x,y) 格的马（第 x 行第 y 列）可以攻击 (x+1,y+2)、(x+1,y−2)、(x−1,y+2)、(x−1,y−2)、(x+2,y+1)、(x+2,y−1)、(x−2,y+1) 和 (x−2,y−1) 共 8 个格子。
输入格式：
输入一行包含三个正整数 N,M,K，分别表示棋盘的行数、列数和马的个数。
输出格式：
输出一个整数，表示摆放的方案数除以 1000000007 (即 1e9+7) 的余数。
数据范围：
对于 5% 的评测用例，K=1；
对于另外 10% 的评测用例，K=2；
对于另外 10% 的评测用例，N=1；
对于另外 20% 的评测用例，N,M≤6，K≤5；
对于另外 25% 的评测用例，N≤3，M≤20，K≤12；
对于所有评测用例，1≤N≤6，1≤M≤100，1≤K≤20。
输入样例1：
1 2 1
输出样例1：
2
输入样例2：
4 4 3
输出样例2：
276
输入样例3：
3 20 12
输出样例3：
914051446
5、2 题解关键思路与解答
以下题解来自于Acwing。
我们首先将问题化简一下，首先考虑一个n行m列的棋盘最多能有多少种摆放方式，能够不发生冲突。如果采用dfs的思想我们是一定会超时的，此时一看n是小于6的那么我们就可以采用状态压缩递推出方法数。然后我们此时一看他的限制条件，是一个日字型，与前面两列都是有关的，所以我们的状态至少要保持前面两列的状态。思考完这些我们便可以推算出全部的摆放方式，在来思考摆放的个数限制条件，我们可以在加一个维度来记录即可。我们结合代码一起理解
#include<iostream> using namespace std; const int N=1<<6; const int M=110; const int T=30; const int mod=1e9+7; typedef long long ll; ll f[M][N][N][T];//f[i][a][b][t] i 代表前i列 a代表前前列，b代表前面一列的状态集合 t代表已经用过多少个棋子 int lowit(int x){//计算当前列增加了多少个棋子 int res=0; for(;x;x-=(x&-x))res++; return res; } int main(){ int n,m,k; cin>>n>>m>>k; int maxn=1<<n; f[0][0][0][0]=1;//初始化 for(int i=1;i<=m;i++) for(int a=0;a<maxn;a++) for(int b=0;b<maxn;b++) if((a>>2)&b||a&(b>>2))continue;//判断前前列和前列有没有发生冲突剪枝 else for(int c=0;c<maxn;c++){ if((c>>2)&b||c&(b>>2))continue;//判断前列和当前列有没有发生冲突 if((c>>1)&a||c&(a>>1))continue;//判断前前列和当前列有没有发生冲突 int t=lowit(c); for(int tt=t;tt<=k;tt++)//背包计算个数 f[i][b][c][tt]=(f[i][b][c][tt]+f[i-1][a][b][tt-t])%mod; } int res=0; for(int i=0;i<maxn;i++)//对前前列和前列不同的状态最终有多少个可以摆放的方案数 for(int j=0;j<maxn;j++) res=(res+f[m][i][j][k])%mod; cout<<res; }
