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第十六届蓝桥杯模拟赛（第一期）（C语言）

article 2025/1/3 4:50:44

判断质因数

如果一个数p是个质数，同时又是整数a的约数，则p称为a的一个质因数。
请问2024有多少个质因数。

  • 了解
    • 约数，又称因数。整数a整除整数b，b为a的因数（约数）
    • 质数，又称素数。只有1和它本身两个因数，即只能被1和它本身整除
  • 考察：循环枚举2024的每一个因数，并且判断是否为质数 

思路

使用平方根判断法（判断是否为质数） 

  • 因为 n = a * b，这两个都为 x 的因数
  • 当 a < sqrt(n) 时，则有 b * a = n（b > sqrt(n)）
  • 当 a >= sqrt(n) 时，则有 b * a = n (b <= sqrt(n))
  • 所以判断时，变量 i 从 2 开始 只需要循环到 sqrt(n) 即可

代码

#include <bits/stdc++.h> 
// 判断是否为质数

// 平方根判断法
//check，检查是否为质数 
int chk(int x)  {
	for(int i = 2; i <= sqrt(x); ++i)  {
		if (x % i == 0)  {
			return 0; 
		}
	}
	return 1; 
}



int main() {
	int ans = 0;
	// 检查是否为因数 
	for (int i = 2; i < 2024; ++i) {
		if (2024 % i == 0) ans += chk(i); 
	}
	printf("%d\n", ans); 
	return 0; 
}

答案

3

分析

通过检查2024的所有可能的因数，然后判断这些因数是否为质数，来找出2024的所有质因数

	for (int i = 2; i < 2024; ++i) {
		if (2024 % i == 0) ans += chk(i); 
	}
  •  检查 i 是否为 2024 的因数，如果 i 能被 2024 整除，就是
int chk(int x)  {
	for(int i = 2; i <= sqrt(x); ++i)  {
		if (x % i == 0)  {
			return 0; 
		}
	}
	return 1; 
}
  • 当 x 不为素数，return 0; 连同 for 循环停止，继续对下一个 2024 的因数判断
  • 当 x 为素数，循环一直通过，直到结束，return 1;

开根次方

对于一个整数 n，我们定义一次开根变换会将 n 变为开根号后的整数部分，即变为平方和不超过 n 的数中的最大数
例如，20 经过开根后变为 4，如果再经过一次开根变换将变为 2，如果再经过一次开根变换将变为 1
请问，2024 经过多少次开根变换后会变为 1

  • 考察：循环、模拟、整数截断 

思路 

  • 用一个变量记录开了几次根，用强制类型转换把进行整数截断

代码

#include <bits/stdc++.h> 
int main() {
	int n = 2024;
	int ans = 0; 
	
	while (n > 1) {
		ans++;
		n = int(sqrt(n)); 
	}
	printf("%d\n", ans);
	 
	return 0; 
}

答案

4

补立方体

小蓝有很多 1x1x1 的小立方体，他可以使用多个立方体拼成更大的立方体。

例如，小蓝可以使用 8 个小立方体拼成一个大立方体，每边都是 2 个。

又如，小蓝可以使用 27 个小立方体拼成一个大立方体，每边都是 3 个。

现在，小蓝有 2024 个小立方体，他想再购买一些小立方体，用于拼一个超大的立方体，要求所有的小立方体都用上，拼成的大立方体每边长度都相等。

请问，小蓝最少需要购买多少个小立方体？

思路

  • 找到一个数的立方，大于等于 2024
  • 然后这个立方数减去 2024，就是还缺少的小立方体数

代码

#include <bits/stdc++.h> 

int main() {
	int n = 2024;
	
	for (int i = 1; ; ++i) {
		if (i*i*i >= n) {
			printf("%d\n", i*i*i - n) ; 
			return 0; 
		}
	}
	return 0; 
}

答案

173

一好日期 

如果一个日期的日期以 1 结尾（1日、11日、21日、31日）且为星期一，则称这个日期为一好日期。

请问从 1901 年 1 月 1 日至 2024 年 12 月 31 日总共有多少个一好日期。

提示：1901 年 1 月 1 日是星期二、

  • 考察：循环，模拟，闰年的判断方法

思路

  • 枚举年月日，判断星期

判断星期

  • 一星期 7 天，对 7 进行取余
  • 如果余 1，则为星期一
  • ……
  • 如果余 0，则为星期天
week = (week + 1) % 7;

判断闰年

  • 能被4整除而不能被100整除，或者能被400整除的年份都是闰年 

 代码 

#include <bits/stdc++.h> 

int main() {
	// 平年12个月，每月有多少天 
	int day_12_months[] = {31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
	int week = 2;
	int ans = 0;
	
	// 对年进行循环 
	for (int year = 1901; year <= 2024; ++year) {
		// 对月进行循环，考虑2月 
		for (int month = 1; month <= 12; ++month) {
			int day_1_month = day_12_months[month - 1]; // 具体某一月的天数
			
			// 如果是闰年的2月，天数+1 
			if ((month == 2) && 
			((year % 4 == 0 && year % 400 != 0) || year % 400 == 0))
				day_1_month++;
			
			// 对天进行循环	
			for (int day = 1; day <= day_1_month; ++day) {
				if (day % 10 == 1 && week == 1) { // 判断一好日期 
					ans++; 
				}
				week = (week + 1) % 7; // 判断星期 
			}	 
		} 
	}
	printf("%d\n", ans) ; 
	return 0; 
}

答案

762

特殊的V

两个数按位异或是指将这两个数转换成二进制后，最低位与最低位异或作为结果的最低位，次低位与次低位异或作为结果的次低位，以此类推。

例如，3 与 5 按位异或值为 6 。

小蓝有以下 30 个整数：

9226, 4690, 4873, 1285, 4624, 1596, 6982, 590, 8806, 121, 8399, 8526, 5426, 64, 9655, 7705, 3929, 3588, 7397, 8020, 1311, 5676, 3469, 2325, 1226, 8203, 9524, 3648, 5278, 8647

小蓝想找一个整数 V ，使得 V 与这 30 个数分别异或后，得到的 30 个数的平方和最小。请问平方和最小是多少？ 

  • 考察位运算

思路 

异或操作符（xor） ^

  • 以两进制表示数字，通过异或操作符，二进制位上，相同为 0，不同为 1

  • 最大值是9665没有超过15位，所以我们可以枚举到2¹⁵即可
    • 计算器 9665 的二进制为 0010 0101 1100 0001
  • 用 i 进行遍历，上限是 2¹⁵，用左移操作符，1 << 15表示
    • 1 的二进制数为 0001，末位的 1 向左移 15 位

代码

#include <stdio.h> 

int a[] = {9226, 4690, 4873, 1285, 4624, 1596, 6982, 590, 8806, 
121, 8399, 8526, 5426, 64, 9655, 7705, 3929, 3588, 7397, 8020,
1311, 5676, 3469, 2325, 1226, 8203, 9524, 3648, 5278, 8647}; 

int main() {
	// 赋值一个绝对比答案大的数
	long long ans = 1000000000000000000LL; 
	
	// 1左移15位就是2的15次
	for (int i = 0; i < (1 << 15); ++i) {
		long long tmp = 0; 
		for (int j = 0; j < 30; ++j) {
			tmp += (a[j] ^ i) * (a[j] ^ i); 
		}
		ans = ans > tmp ? tmp : ans ; 
	}
	printf("%lld", ans); 
	return 0; 
}

答案

1070293541

停车收费 

  • 考察：模拟、整除 

【问题描述】
小蓝在一个停车场停车。

停车场的收费规则为：每 15 分钟收费 2 元，不满 15 分钟的不收费。

小蓝总共停车 n 分钟，请问收费总额是多少？

【输入格式】
输入一行包含一个整数 n ，表示小蓝停车的时长。

【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示停车费用。

【样例输入】
150

【样例输出】
20

【样例输入】
2024

【样例输出】
268

【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，1 <= n <= 10000。

思路

  • 求 n 分钟里包含多少 15 分钟

代码 

#include <stdio.h> 
#include <math.h> 

int main() {
	int n;
	scanf("%d", &n);
	printf("%d\n", n / 15 * 2); 
	return 0; 
}

数位减法

  • 考察：思维、整数分解、循环

小蓝有一个整数 n ，每次操作，可以将这个整数的每个非零数位减少 1 。

请问经过多少次操作，这个数会变为 0 。

例如，整数 2024 经过一次操作变为 1013，再经过一次操作变为 2 （即0002），再经过两次操作变为 0 ，总共经过 4 次变换变为 0 。

【输入格式】
输入一行包含一个整数 n 。

【输出格式】
输出一行，包含一个整数，表示答案。

【样例输入】
2024

【样例输出】
4

【评测用例规模与约定】
对于 50% 评测用例，1 <= n < 10000

对于所有评测用例，1 <= n < 1000000000

思路 

  • 答案就是数位中的最大值

代码 

#include <stdio.h> 

int main() {
	int n; 
	int ans = 0;
	
	scanf("%d", &n);
	
	while(n > 0) {
		int tmp = n % 10;
		n /= 10;
		ans = ans < tmp ? tmp : ans; 
	}
	printf("%d\n", ans); 
	return 0; 
}

指数计算 

  • 考察：模拟、取模、循环

输入 n，请计算 n 的 n 次方。答案可能很大，请输出答案除以 2024 的余数

【输入格式】

输入一行包含一个整数 n 

【输出格式】

输出一行，包含一个整数，表示 n 的 n 次方除以 2024 的余数

【样例输入】

10

【样例输出】

936

【评测用例规模与约定】

对于 20% 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 <= 1000000 

思路

  • 不断地对 ans 乘以 n，乘以 n 次
  • 要一边乘，一边取模
    • long long 最大 2⁶⁴  左右，也就是 10¹⁸ ~ 10¹⁹ 左右，而评测用例中，如过 n = 1000000，3次左右就到上限了，所以不能直接 n * n
  • 使用快速幂和整数取模的性质关于取模和快速幂的笔记

代码

#include <stdio.h>

// 快速幂算法
long long fastPower(long long base, long long exponent, long long mod) {
    long long ans = 1;
    base = base % mod;
    while (exponent > 0) {
        if (exponent & 1) {
            ans = (ans * base) % mod;
        }
        exponent = exponent >> 1;
        base = (base * base) % mod;
    }
    return ans;
}

int main() {
    long long n;
    scanf("%lld", &n);
    printf("%lld\n", fastPower(n, n, 2024));
    return 0;
}

减法求值

小蓝有一个减法式子，形如 a-b，其中 a 和 b 都是非负整数（不保证结果非负）。

请编程处理这个式子，输出运算结果。

【输入格式】
输入一行包含一个减法表达式，式子中仅含数字字符和一个减号。

【输出格式】
输出一行包含一个整数，表示运算结果。

【样例输入】
2024-1949

【样例输出】
75

【样例输入】
20-24

【样例输出】
-4

【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，减法中的两个数都是不超过 10000 的非负整数。

对于所有评测用例，减法中的两个数都是不超过 1000000000 的非负整数。

代码 

#include <stdio.h> 

int main() {
	int a, b;
	scanf("%d-%d", &a, &b) ;
	printf("%d\n", a-b); 
}

 间隔最大

  • 考察前缀和，分类讨论
  • 将偶数和奇数分开考虑
  • 对奇数和偶数分别使用前缀和预处理，在获取某个长度为 k 的子段时，直接利用前缀和处理即可
  •  

小蓝有一个长度为 n 的整数数列 a[1], a[2], ..., a[n] 。

对于一个给定的整数 k ，小蓝想找到相邻间隔为 1 的 k 个数 a[p], a[p+2], a[p+4], ..., a[p+2k-2]，使得他们的和最大。其中 1 <= p <= n-2k+2。

给定数列和 k ，请问给出最大的和。

【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n 。

第二行包含 n 个整数，相邻数之间使用一个空格分隔，依次表示 a[1], a[2], ..., a[n] 。

第三行包含一个整数 k 。

【输出格式】
输出一行，包含一个整数，表示答案。

【样例输入】

10
2 1 4 7 4 8 3 6 4 7
2

【样例输出】

15

【样例说明】
取 p=4，a[4]+a[6]=7+8=15 最大。

【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 <= k <= n <= 100 ， 1 <= a[i] <= 10000 。

对于 60% 的评测用例，1 <= k <= n <= 3000 ， 1 <= a[i] <= 10000 。

对于所有评测用例，1 <= k <= n <= 100000 ， 1 <= a[i] <= 1000000 。

思路

  • 首先求出从数组下标1开始，往后k个奇数下标位置的和与偶数下标位置的和。

  • 接着以长度为k个数，向后滑动，每移动一个，让和减去最前面的数，加上最后面的新进来的数。

变成了求连续的 k 个数的和 -> 前缀和

代码 

#include <stdio.h> 
#include <math.h> 
#define N 100000

long long odd[N + 1], even[N + 1];
 
int main() {
	int n;
	scanf("%d", &n);
	int oddn = 0, evenn = 0; // 奇数位置的个数，偶数位置的个数
	long long ans = 0; 
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (i % 2 == 1) {
			oddn++;
			scanf("%lld", &odd[oddn]);
			odd[oddn] += odd[oddn - 1]; // 奇数的前缀和 
		} else {
			evenn++;
			scanf("%lld", &even[evenn]);
			even[evenn] += even[evenn - 1]; //偶数的前缀和 
		} 
	}
	
	int k;
	scanf("%d", &k);
	for (int i =k; i <= oddn; ++i) { // 处理奇数 
		if (odd[i] - odd[i - k] > ans) {
			ans = odd[i] - odd[i - k] ; 
		}
	}
	
	for (int i = k; i <= evenn; ++i) { // 处理偶数 
		if (even[i] - even[i - k] > ans) {
			ans = even[i] - even[i - k]; 
		}
	}
	
	printf("%lld", ans); 
	return 0; 
}

分析 

  1. 理解问题：我们需要找到一种方式来最大化间隔为 1 的 k 个数的和。这意味着我们需要考虑两种情况：一种是从奇数位置开始取数，另一种是从偶数位置开始取数。

  2. 前缀和：为了快速计算任意区间的和，我们可以使用前缀和。前缀和是一种数据结构，它允许我们在 O(1) 时间内计算任意区间的和。对于奇数位置和偶数位置的数，我们分别计算它们的前缀和。

  3. 奇偶分离：我们将数列中的奇数位置和偶数位置的数分别存储在两个数组 odd 和 even 中，并计算它们的前缀和。

  4. 遍历求最大和：对于奇数位置和偶数位置的前缀和数组，我们分别遍历，计算从第 k 个数开始的 k 个数的和，并与当前的最大和 ans 比较，如果更大，则更新 ans。

  5. 输出结果：最后输出找到的最大和。

具体来说，如果数列中的所有数都是负数，那么最大和可能是这些负数中最大的一个（即最不负面的数），这个值可能小于或等于 0。在这种情况下，如果我们的 ans 是 0，我们就无法正确地识别出最大和，因为 0 已经被设置为初始的最大值。

因此，为了确保我们能够找到真正的最大和，无论数列中的数是正是负，将 ans 初始化为 INT_MIN 是一个更安全的选择。这样，任何实际的和都会大于 INT_MIN，确保我们能够正确地更新 ans 并最终找到最大和。

  • 判断当前元素的位置 i 是否为奇数（使用 i % 2 == 1 判断）
  • 如果是奇数：
  • 将 oddn（奇数位置的个数）加 1
  • 将当前元素 num 加到 odd[oddn - 1]（前一个奇数位置的前缀和）上，得到新的前缀和，存储到 odd[oddn] 中

个

  • 循环从 k 开始，到 oddn 结束，oddn 是奇数位置的个数。
  • 对于每个奇数位置 i，计算从位置 i 开始的 k 个奇数位置的数的和，这可以通过 odd[i] - odd[i - k] 得到。这里 odd[i] 是到位置 i 的所有奇数位置的前缀和，odd[i - k] 是到位置 i - k 的所有奇数位置的前缀和，它们的差就是从位置 i - k + 1 到位置 i 的 k 个奇数位置的数的和。
  • 如果这个和大于当前的最大和 ans，则更新 ans。

最大的勾

  • 考察动态规划、枚举

小蓝有一个长度为 n 的整数序列 a[1], a[2], …, a[n] 。

他希望从中找出一个最长的子序列，形成一个勾的形状（√）。

即找到 1 <= p[1] < p[2] < … < p[k] <= n，满足 a[p[1]] > a[p[2]] > a[p[3]] > … > a[p[x]] < a[p[x+1]] < … < a[p[k]] 。其中 k 是子序列的长度，x 是勾中最小的位置。目标是使得 k 最大。

请找出最大的勾的长度。

【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 n 。

第二行包含 n 个整数，相邻数之间使用一个空格分隔，依次表示 a[1], a[2], …, a[n] 。

【输出格式】
输出一行，包含一个整数，表示答案。

【样例输入】
 

10
2 1 4 7 4 8 3 6 4 7


【样例输出】
 

5


【样例说明】
当 p = (4,5,7,9,10) 时，a[4] , a[5] , a[7] , a[9] , a[10] 可形成一个长度为 5 的勾：7,4,3,6,7

【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 20 ， 1 <= a[i] <= 100 。

对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100 ， 1 <= a[i] <= 1000 。

对于所有评测用例，1 <= n <= 1000 ， 1 <= a[i] <= 10000 。

思路 

  • 要求一个数最小，之后就是上升的样子，就成了“勾”
  • 首先将问题分解，将“勾”的左边与右边进行分解
  • 可以得到两个最长上升子序列问题
  • 然后将两个上升子学术论文合并起来即可 
  • 所以我们枚举“勾”的底部，得到前缀的最长下降子序列，后缀的最长上升子序列即可

代码

#include <stdio.h>

#define N 1010

int a[N];
int dppre[N], dpsuf[N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        dppre[i] = 0; // 初始化
        for (int j = 1; j < i; ++j) {
            if (a[i] < a[j]) {
                if (dppre[j] + 1 > dppre[i]) {
                    dppre[i] = dppre[j] + 1;
                }
            }
        }
    }

    for (int i = n; i > 0; --i) {
        dpsuf[i] = 0; // 初始化
        for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
            if (a[i] < a[j]) {
                if (dpsuf[j] + 1 > dpsuf[i]) {
                    dpsuf[i] = dpsuf[j] + 1;
                }
            }
        }
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 2; i < n; ++i) {
        if (dppre[i] > 0 && dpsuf[i] > 0 && dppre[i] + dpsuf[i] + 1 > ans) {
            ans = dppre[i] + dpsuf[i] + 1;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}


http://www.kler.cn/a/458826.html

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