非官方题解，仅供参考，不保证全对

试题A：字节计算

描述：
在计算机存储中，12.5MB是多少字节？
题解：
直接用12.5*1024*1024即可
答案：
13107200

试题B：合法括号序列

描述：
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？
题解：
其实合法的数量不多，如果自己枚举可以依次列出
如果列的话感觉比较麻烦，可以写一个程序跑一下
4对括号一共8个，用1代表左括号,0代表右括号
就可以转化为8位二进制，枚举这8位二进制的所有情况
对每种情况用栈进行括号匹配即可
想要更快的可以使用一下__builtin_popcount()函数优化，表示二进制数中有多少个1，因为匹配必须左右括号各4位，必须让这个等于4
答案：
14
代码

#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<iostream> #include<iomanip> #include<stdlib.h> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<string> #include<string.h> #include<math.h> #include<set> #include<numeric> #include<cassert> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e5+10; bool check(int x){  stack<int> s; for(int i=0;i<8;i++){ if((x>>i)&1)s.push(1); else{ if(s.empty())return false; else s.pop(); } } return true; } int main(){ int ans=0; for(int i=1;i<1<<8;i++) if(check(i)&&__builtin_popcount(i)==4)ans++; printf("%d",ans); return 0; } 

试题C：蓝桥单词

描述：
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77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。
题解：
观察一下，其实就是个排列组合题
但是LANQIAO里有两个A是重复的，选一下A的位置就是
$C_7^2$

C72​
然后再排列剩下的5个字母的位置即可即
$A_5^5$

A55​
相乘即可，计算器算一下就行了
答案：
2520

试题D：无向连通图

描述：
一个包含有2019个结点的无向连通图，最少包含多少条边？
题解：
最少的边其实就是形成一个最小连通图
其实就是使图成为一棵树即可，n个点的树有n-1条边
答案：
2018

试题E：反倍数

描述：
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：
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。
输出：
输出一行包含一个整数，表示答案。
样例：
输入：
30
2 3 6
输出：
10
提示：
样例说明
以下这些数满足要求：1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29
评测用例规模与约定
　　对于40% 的评测用例，1 <= n <= 10000。
　　对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
　　对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000，1 <= a <= n，1 <= b <= n，1 <= c <= n
题解：
满分的数据范围是1e6，所以直接枚举每个数即可
从1到n，每个数对a，b，c取余只要都不为0就是反倍数
代码

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e5+10; int main(){ int n,a,b,c,ans=0;  cin>>n>>a>>b>>c; for(int i=1;i<=n;i++) if(i%a&&i%b&&i%c)ans++;  cout<<ans<<endl; return 0; } 

试题F：单词加密

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33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：
输入一行，包含一个单词，单词中只包含小写英文字母。
输出：
输出一行，表示加密后的密文。
样例：
输入：
lanqiao
输出：
odqtldr
评测用例规模与约定
对于所有评测用例，单词中的字母个数不超过100。
题解：
字母个数不多，直接枚举每个改变
可以考虑直接+3的情况，但是如果这种情况就需要特判xyz
所以可以先让每个字母减去a的ASCII码
这样每个字母就会变成0到26，然后+3后再向26取余，再加上a的ASCII码，就可以不需要特判了
代码

#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<iostream> #include<iomanip> #include<stdlib.h> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<string> #include<string.h> #include<math.h> #include<set> #include<numeric> #include<cassert> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e5+10; int main(){  string s;  cin>>s; for(int i=0;i<s.length();i++){ if('a'<=s[i]&&s[i]<='z')    s[i]=(s[i]-'a'+3)%26+'a'; if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z')//题目保证只有小写，这段可有可无    s[i]=(s[i]-'A'+3)%26+'A';//只是为了防止有大写的情况 }  cout<<s<<endl; return 0; } 

试题G：螺旋矩阵

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：
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。
输出：
输出一个整数，表示螺旋矩阵中第 r 行第 c 列的元素的值。
样例：
输入：
4 5
2 2
输出：
15
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例，2 <= n, m <= 20。
对于 70% 的评测用例，2 <= n, m <= 100。
对于所有评测用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= r <= n，1 <= c <= m。
题解：
最直接的方法，直接先把整个题目要求的图绘制出来
可以用while一直走，把走过的位置标记
每次往右下左上循环一直走，每个方向走到边界或者被标记的位置停下，然后直接用r，c找对应位置即可
代码

#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<iostream> #include<iomanip> #include<stdlib.h> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<string> #include<string.h> #include<math.h> #include<set> #include<numeric> #include<cassert> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e5+10; int g[1010][1010]; int main(){ int n,m,r,c;  cin>>n>>m>>r>>c; int sum=n*m,cnt=1,row=0,col=0;  g[row][col]=1; while(cnt<sum){ while(col+1<m&&!g[row][col+1])g[row][++col]=++cnt; while(row+1<n&&!g[row+1][col])g[++row][col]=++cnt; while(col-1>=0&&!g[row][col-1])g[row][--col]=++cnt; while(row-1>=0&&!g[row-1][col])g[--row][col]=++cnt; }  cout<<g[r-1][c-1]<<endl; return 0; } 

试题H：摆动序列

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
$a_{2i} < a_{2i-1}, a_{2i+1} > a_{2i}$

a2i​<a2i−1​,a2i+1​>a2i​
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：
输入一行包含两个整数 m，n。
输出：
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
输出：
14
提示：

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：
这道题最直接的方法是用dfs一位一位搜索
如果这一位是奇数搜索小于前一位的否则搜索大于前一位的
但是这样的话，复杂度是阶乘级别，肯定会超时

然后我们可以想到用记忆化搜索优化dfs
用一个记忆数组
$dp[i][j]$

dp[i][j]维护一下长度为i最后一位是j的情况有多少种
但是这样优化还是比较慢，因为每次不能借用前一种的情况

最后我们再想，可以采用二维dp的方法

$dp[i][j]$

dp[i][j]跟上种方法类似，表示长度为i最后一位<=j(奇数是小于等于，偶数是大于等于)的情况有多少种
然后每次的更新利用上一次更新做到优化
最后可以使用
$O(n^2)$

O(n2)复杂度完成
i和j对应的n和m，n和m都是1e3，所以足够开一个二维数组
然后开始找状态转移方程
如果i是奇数，说明他要找比上一个数他小的情况
就加上
$dp[i-1][j-1]$

dp[i−1][j−1]，
让 j 从 m 到 0 枚举，然后每次要加上一次更新的情况（
$dp[i][j+1]$

dp[i][j+1]）

如果i是偶数，就要找比一个数大的情况
也就是
$dp[i-1][j+1]$

dp[i−1][j+1]
让j 从 0 到 m 枚举，然后每次更新上一次更新的情况（
$dp[i][j-1]$

dp[i][j−1]）

所以可以找到状态方程

$dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i][j+1])$

dp[i][j]=(dp[i−1][j−1]+dp[i][j+1])%mod,i为奇数

$dp[i][j]=(dp[i-1][j+1]+dp[i][j-1])$

dp[i][j]=(dp[i−1][j+1]+dp[i][j−1])%mod,i为偶数

代码

#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<iostream> #include<iomanip> #include<stdlib.h> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<string> #include<string.h> #include<math.h> #include<set> #include<numeric> #include<cassert> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e4; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e5+10; int dp[1010][1010]; int main(){ int n,m;  cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;i++)dp[1][i]=m-i+1;//初始化 第一位为i的时候有m-i+1种情况 for(int i=2;i<=n;i++){ if(i&1)for(int j=m;j>=1;j--)dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i][j+1])%mod; else for(int j=1;j<=m;j++)dp[i][j]=(dp[i-1][j+1]+dp[i][j-1])%mod; } //从上面的更新策略和数组含义，奇数是倒着更新，偶数是正着 //所以可以得到下面的输出方法 if(n&1)cout<<dp[n][1]<<endl; else cout<<dp[n][m]<<endl; return 0; } 

试题I：村庄建设

描述：
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
$(x_1, y_1)$

(x1​,y1​) 高度为
$h_1$

h1​的村庄与坐标为
$(x_2, y_2)$

(x2​,y2​)高度为
$h_2$

h2​ 的村庄之间连接的费用为
　　
$sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}+(h_1-h_2)^2$

(x1​−x2​)2+(y1​−y2​)2​+(h1​−h2​)2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：
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：
输出一行，包含一个实数，四舍五入保留 2位小数，表示答案。
样例：
输入：
4
1 1 3
9 9 7
8 8 6
4 5 4

输出：
17.41

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 <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000，0 <= x, y, h <= 10000。
题解：
很明显，这是一道最小生成树的模版题
1-n任意两个点之间的边为题目的给出的式子
然后可以建邻接矩阵用Prim写
也可以用结构体存边用Kruskal写
(具体模版代码可以百度查到)
我这里的代码直接用的是Kruskal

代码

#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<iostream> #include<iomanip> #include<stdlib.h> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<string> #include<string.h> #include<math.h> #include<set> #include<numeric> #include<cassert> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e6+10; struct edge{ int u,v; double w; }e[maxn]; bool cmp(edge a,edge b){ return a.w<b.w; } int fa[1010]; double x[1010],y[1010],z[1010]; int find(int x){ if(fa[x]==x)return x; return fa[x]=find(fa[x]); } double dis(int i,int j){ return sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]))+(z[i]-z[j])*(z[i]-z[j]); } int main(){ int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&z[i]);   fa[i]=i; } int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++)    e[cnt].u=i,e[cnt].v=j,e[cnt++].w=dis(i,j); sort(e,e+cnt,cmp); double ans=0; for(int i=0;i<cnt;i++){ int p=find(e[i].u),q=find(e[i].v); if(p==q)continue;   ans+=e[i].w;   fa[q]=p; } printf("%.2f",ans); return 0; } 

试题J：郊外植树

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：
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：
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

输出：
12

样例解释

如图所示，选择三个红色的圆，或者三个绿色的圆，能够获得最大的面积

评测用例规模与约定
对于30% 的评测用例，1 <= n <= 101<=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。
题解：
对于这种题，最先想到的方法肯定是二进制枚举
但是二进制枚举，直接用二进制1表示存在，0表示不存在
判断是否矛盾，矛盾的continue，否则计数取最大

但是很明显，n最大是30，如果用二进制那就是2的30次方
这种情况肯定要超时了
所以我们需要去掉一些明显不对的情况
那么只能用dfs进行剪枝（设置一个估价函数，方法类似
$A*$

A∗）
我们可以把这些数按半径从大到校排序，因为半径平方就是面积，会为最后的ans做贡献
然后我们需要设置一个估价函数
这个估价函数代表的是从某棵树开始，后面的树全部种下，能为最后结果贡献多少值
其实就是一个后缀的面积和
倒着循环一次就可以枚举出来了
然后我们开始DFS操作
DFS每次搜索都维护当前到达到第几个，当前面积和当前状态
当前状态依旧是用二进制维护
对于每搜索到一个新的树，就将他和之前的树，也就是二进制中的1进行判断，看是否能够同时种，如果和之前的所有树都可同时种
那么搜索一种种下这棵树的情况
然后对于任何一棵树 都搜索一种不种该树的情况
这样就可以枚举出来所有的情况了
每次搜索完所有的树，进行一次更新，将答案最大化
然后用刚才的估价函数进行估价，如果后面的树全部种下仍小于答案，那么直接停止该次搜索
最后得到答案输出即可

#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<iostream> #include<iomanip> #include<stdlib.h> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<string> #include<string.h> #include<math.h> #include<set> #include<numeric> #include<cassert> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pii pair<int,int> #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl 'n' typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; const int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}}; const int maxn=1e6+10; int n; struct node{ int x,y,r; }p[100]; bool cmp(node a,node b){ return a.r>b.r; } int sum[100],ans; map<int,int> m; bool b[100][100]; //三个形参分别表示 //第cur个，此时面积是y，状态是s //s代表的是一个二进制01状态  void dfs(int cur, int tot, int st) { if(cur>n){//全部搜索一遍后       ans=max(ans,tot);//取最大结果  return; } //估价函数判断现在是否能结束  if(ans>sum[cur]+tot)return; bool f=0; //i&(-i)表示二进制的最后一位  for(int i=st,j=i&(-i);i;i-=j,j=i&(-i)){ if (b[cur][m[j]])f=1; if (f)break; } if (!f)dfs(cur+1,tot+p[cur].r,st|(1<<cur)); dfs(cur+1,tot,st); } int dis(int i,int j){ return (p[i].x-p[j].x)*(p[i].x-p[j].x)+(p[i].y-p[j].y)*(p[i].y-p[j].y); } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d%d",&p[i].x,&p[i].y,&p[i].r);         m[1<<i]=i;//维护2的i次方对应的数的大小  } sort(p+1,p+1+n,cmp); for (int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if (dis(i,j)<(p[i].r+p[j].r)*(p[i].r+p[j].r))                 b[i][j] = b[j][i] = 1; for(int i=1;i<=n;i++)p[i].r*=p[i].r;//将半径转化为面积，以便操作  //维护面积后缀和，作为估价函数进行剪枝  for (int i=n;i;i--)sum[i]=sum[i+1]+p[i].r; dfs(1,0,0); printf("%d",ans); return 0; }