视频讲解在这里。
第一题 换零钞
题目描述
x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。
小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。
小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍，
剩下的当然都是5元面额的。
银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？
（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）
注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
第二题 激光样式
题目描述
x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。
安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！
国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？
显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即：
全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种）
开一台，共3种
开两台，只1种
30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。
要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。
注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。
代码
// 算法1 —— 暴力枚举
#include <iostream>
using namespace std;
// 求x在二进制表示下第k位是0还是1
inline int get(int x, int k)
{
return x >> k & 1;
}
int main()
{
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < 1 << 30; i ++ )
{
bool flag = true;
for (int j = 1; j < 30; j ++ )
if (get(i, j) && get(i, j - 1))
{
flag = false;
break;
}
cnt += flag;
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
// 2178309
// 算法2——递推
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int f[40][2];
f[0][0] = 1;
f[0][1] = 0;
for (int i = 1; i <= 30; i ++ )
{
f[i][0] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1];
f[i][1] = f[i - 1][0];
}
cout << f[30][0] + f[30][1] << endl;
return 0;
}
// 2178309
// 2178309
第三题 格雷码
题目描述
格雷码是以n位的二进制来表示数。
与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。
首尾两个数字也要求只有1位之差。
有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种：
从编码全0开始生成。
当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0）
当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。
用这个规则产生的4位格雷码序列如下：
0000
0001
0011
0010
0110
0111
0101
0100
1100
1101
1111
1110
1010
1011
1001
1000
以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。
#include <stdio.h>
void show(int a,int n)
{
int i;
int msk = 1;
for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;
for(i=0; i<n; i++){
printf((a & msk)? "1" : "0");
msk = msk >> 1;
}
printf("\n");
}
void f(int n)
{
int i;
int num = 1;
for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;
int a = 0;
for(i=0; i<num; i++){
show(a,n);
if(i%2==0){
a = a ^ 1;
}
else{
a = _________________________ ; //填空
}
}
}
int main()
{
f(4);
return 0;
}
请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。
代码
// 填空那行的代码
a = a ^ ((a & -a) << 1);
第四题 调手表
题目描述
小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。
在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。
大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。
作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。
小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊……
他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。
注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。
比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。
「输入格式」
一行两个整数 n, k ，意义如题。
「输出格式」
一行一个整数
表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。
「样例输入」
5 3
「样例输出」
2
「样例解释」
如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：
1：+1
2：+1, +1
3：+3
4：+3, +1
「数据范围」
对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5
对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100
对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include [HTML_REMOVED]
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
代码
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, k;
int d[N];
void bfs()
{
queue<int> q;
memset(d, -1, sizeof d);
d[0] = 0;
q.push(0);
while (q.size())
{
auto t = q.front();
q.pop();
int a = (t + 1) % n;
if (d[a] == -1)
{
d[a] = d[t] + 1;
q.push(a);
}
int b = (t + k) % n;
if (d[b] == -1)
{
d[b] = d[t] + 1;
q.push(b);
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> k;
bfs();
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) res = max(res, d[i]);
cout << res << endl;
return 0;
}
第五题 搭积木
题目描述
小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：
规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。
其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。
【输入格式】
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。
【输出格式】
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。
【样例输入1】
2 3
..X
.X.
【样例输出1】
4
【样例说明1】
成功的摆放有（其中O表示放置积木）：
(1)
..X
.X.
(2)
..X
OX.
(3)
O.X
OX.
(4)
..X
.XO
【样例输入2】
3 3
..X
.X.
...
【样例输出2】
16
【数据规模约定】
对于10%的数据，n=1，m<=30；
对于40%的数据，n<=10，m<=30；
对于100%的数据，n<=100，m<=100。
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include [HTML_REMOVED]
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
代码
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 110, mod = 1e9 + 7;
int n, m;
LL s[N][N]; // 二维前缀和
int c[N][N]; // 表示第i层前j个字符中有多少个'X'
LL f[N][N][N];
void get_prefix_sum(int i)
{
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
for (int k = 1; k <= m; k ++ )
s[j][k] = (s[j - 1][k] + s[j][k - 1] - s[j - 1][k - 1] + f[i][j][k]) % mod;
}
LL get_sum(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
return (s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1]) % mod;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
char str[N];
for (int i = n; i; i -- )
{
cin >> str + 1;
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
c[i][j] = c[i][j - 1] + (str[j] == 'X');
}
// 初始化dp数组
f[0][1][m] = 1;
get_prefix_sum(0);
int res = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
for (int k = j; k <= m; k ++ )
if (c[i][k] - c[i][j - 1] == 0)
{
LL &x = f[i][j][k];
x = (x + get_sum(1, k, j, m)) % mod;
res = (res + x) % mod;
}
get_prefix_sum(i);
}
cout << (res + mod) % mod << endl;
return 0;
}
第六题 矩阵求和
题目描述
经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。
今天小明的任务是填满这么一张表：
表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。
其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方，
gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列：
1 1 1 1
1 4 1 4
1 1 9 1
1 4 1 16
小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。
由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。
「输入格式」
一行一个正整数 n 意义见题。
「输出格式」
一行一个数，表示所有元素的和。由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。
「样例输入」
4
「样例输出」
48
「数据范围」
对于 30% 的数据，n <= 1000
存在 10% 的数据，n = 10^5
对于 60% 的数据，n <= 10^6
对于 100% 的数据，n <= 10^7
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入…” 的多余内容。
注意：
main函数需要返回0;
只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;
不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include [HTML_REMOVED]
不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
代码
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e7 + 10, mod = 1e9 + 7;
int primes[N], euler[N], cnt;
bool st[N];
LL s[N];
// 质数存在primes[]中，euler[i] 表示
// i的欧拉函数
void get_eulers(int n)
{
euler[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (!st[i])
{
primes[cnt ++ ] = i;
euler[i] = i - 1;
}
for (int j = 0; j < cnt && i * primes[j] <= n; j ++ )
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0)
{
euler[i * primes[j]] = euler[i] * primes[j];
break;
}
euler[i * primes[j]] = euler[i] * (primes[j] - 1);
}
}
s[1] = euler[1];
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) s[i] = (s[i - 1] + 2 * euler[i]) % mod;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
get_eulers(n);
LL res = 0;
for (int d = 1; d <= n; d ++ )
res = (res + s[n / d] * d % mod * d) % mod;
cout << res << endl;
return 0;
}
