比赛结束已经一星期了，成绩也出来了，江苏非211组的省前十，但是深感自己还是有太多的不足。绝对不能以自己还只是大一为借口，acm这条路还长的很。
目测得了95分（满分150），第一题错了，代码填空第一题错了，倒数第二题扣了一点分，最后一道大题全错。
之所以会这么晚来发这道题解，是因为深感自己不足，倒数第二题没有做出来，是因为自己居然不会用【矩阵快速幂】。因此，现学现用以自省。
关于题目：所有填空题都可以纯暴力，只要会回溯剪枝法对于蓝桥杯已经足够了。大题目难度一年比一年高
第一题 结果填空 3‘
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。
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（），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。
请提交该数字（一个整数），不要写任何多余的内容或说明性文字。
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题解：考试的时候写了个回溯法，然后屁颠屁颠的开始做下面一题了。。。结果错了→_→
#include &iostream&
bool fuck(int t)
if(t%10==4)
int main()
int ans = 0, t = 10000;
while(t&100000)
if(fuck(t++))ans++;
cout&&ans&&
正确答案：52488（我居然上来第一题就错了 居然写了13440→_→）
&//cout&&8*9*9*9*9; →_→
第二题 结果填空 5‘
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。
每个炸弹都可以设定多少天之后爆炸。
比如：阿尔法炸弹日放置，定时为15天，则它在日爆炸。
有一个贝塔炸弹，日放置，定时为1000天，请你计算它爆炸的准确日期。
请填写该日期，格式为 yyyy-mm-dd 即4位年份2位月份2位日期。比如：
请严格按照格式书写。不能出现其它文字或符号。
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题解：不用废话，直接手算顶多3分钟，注意2016是闰年
正确答案：
第三题 结果填空 9‘
观察下面的加法算式：
& & &祥 瑞 生 辉
+ & 三 羊 献 瑞
-------------------
&三 羊 生 瑞 气
(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。
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题解：水题，给“祥瑞生辉三羊献气”编号，直接回溯穷举即可
#include &iostream&
bool b[10];
void dfs(int cur)
if(cur == 8)
int x = a[0]*1000+a[1]*100+a[2]*10+a[3],y = a[4]*1000+a[5]*100+a[6]*10+a[1], z=a[4]*10000+a[5]*1000+a[2]*100+a[1]*10+a[7];
if(x+y==z)cout&&a[4]&&a[5]&&a[6]&&a[1]&&
for(int i = 0; i & 10; i++)
if(cur == 0&&i == 0)
if(cur == 4&&i == 0)
dfs(cur+1);
int main()
正确答案：1085
第四题 代码填空&11‘
格子中输出
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)
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&, _____________________________________________); //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&);
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】）
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
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题解：我是一名OI党，入门直接学的是C++，结果考了个printf里面%*s的用法。。。。太特么冷门了，穷举了没试出来，原来后面的参数要跟两个。。。。分数11分怒丢
正确答案：(width-strlen(s)-2)/2,&&,s,(width-strlen(s)-1)/2,&&
备注：答案可以形式多样性，只要代入使得代码成立即可，但要注意奇偶问题所以后面一个要+1不然sample过了也是错的
第五题 代码填空&13‘
九数组分数
1,2,3...9 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 &stdio.h&
void test(int x[])
int a = x[0] * 1000 + x[1] * 100 + x[2] * 10 + x[3];
int b = x[4] * 10000 + x[5] * 1000 + x[6] * 100 + x[7] * 10 + x[8];
if (a * 3 == b) printf(&%d / %d\n&, a, b);
void f(int x[], int k)
if (k &= 9)
for (i = i&9; i++)
{t = x[k]; x[k] = x[i]; x[i] = }
f(x, k + 1);
_____________________________________________ // 填空处
int main()
int x[] = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 };
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
&----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
题解：水题，回溯法的最最基本常识，全局变量回溯完成后必须更改回初值
正确答案：{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
1.答案可以形式多样性，只要代入使得代码成立，且对所有情况成立的通解即可
2.我个人认为一个横线可以填多个语句，所以去掉大括号，或者利用原有t值少写一句子no problem
第六题 结果填空&17‘
加法变乘法
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
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）。
注意：需要你提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
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题解：水题，一共是48个位置，C(48,2)扣掉连在一起的情况，穷举一遍过即可。
#include &iostream&
int main()
for(int i = 1; i & 47; i++)
for(int j = i + 2; j & 49; j++)
int sum = 0;
for(int k = 1; k & k++)sum+=k;
sum+=i*(i+1);
for(int k = i+2; k & k++)sum+=k;
sum+=j*(j+1);
for(int k = j+2; k & 50; k++)sum+=k;
if(sum==2015)cout&&i&&
正确答案：16
第七题 结果填空&21‘
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？
请填写该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。
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题解：水题，一共是记号为A,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,k的十三个元素，每个元素的情况可能是0,1,2,3,4。这十三个元素的和为13即可。回溯穷举再剪枝即可。
#include &iostream&
int ans = 0, sum = 0;
void dfs(int cur)
if (sum&13)
if (cur == 13)
if (sum == 13)ans++;
for (int i = 0; i & 5; i++)
dfs(cur + 1);
int main()
cout && ans &&
正确答案：3598180
第八题 程序设计 15‘
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）
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。
要求输出一个整数，表示m n 两楼间最短移动距离。
用户输入：
则，程序应该输出：
用户输入：
则，程序应该输出：
资源约定：
峰值内存消耗 & 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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include &xxx&， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
题解：从分值上都能看出来是水题。。。比前面两个填空题的分值都低。。。。
最简单的做法，小学生都会的，用数论的完全剩余系，我们强行更改矩阵的编号
比如题目中的强行更改为：
0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 &&
11 10 &9 &8 & 7 & 6
12 13 14......
这样就算起来非常方便了，要求的答案就是坐标之差
#include &iostream&
#include &cmath&
int main()
int w,m,n;
cin&&w&&m&&n;
int m1=m/w, m2=m%w;
if(m1&1)m2=w-1-m2;
int n1=n/w, n2=n%w;
if(n1&1)n2=w-1-n2;
cout&&abs(m1-n1)+abs(m2-n2)&&
第九题&程序设计 25‘
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。
「样例输入」
「样例输出」
「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
资源约定：
峰值内存消耗 & 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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include &xxx&， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
题解：终于不是水题了，然而却没全做出来。。。难度跳跃太大。。。
考场上，我先用dfs做，结果数字大于5的时间就hold不住了，于是果断改成记忆化动态规划，但是只能到一万，实在没办法了。
大神跟我说用矩阵快速幂做，所以现在立马现学现用。
&【考场程序】讲解：利用记忆化DP穷举底面衔接的所有情况，dp[p][q]表示第p层底面是q的情况种数，侧面是相互独立的最后乘以4^n即可比如提给数据就是34再乘上两个4。但是上限实在是达不到了。
#include &iostream&
#include &cstring&
//考场上我用的map&int,int&现在想想发现多余了
int o[7] = { 0, 4, 5, 6, 1, 2, 3 };
bool fuck[7][7];
long long ans = 0;
const int maxn = 20005;
long long dp[maxn][7];
long long dfs(int cur, int p)
if (cur == n) return 1;
if (dp[cur][p] &= 0)return dp[cur][p];
long long t = 0;
for (int i = 1; i & 7; i++)
if (fuck[i][o[p]])
t += dfs(cur + 1, i);
return dp[cur][p] =
int main()
memset(dp, -1, sizeof(dp));
cin && n &&
for (int i = 0; i & i++)
int t1, t2;
cin && t1 && t2;
fuck[t1][t2] = 1;
fuck[t2][t1] = 1;
for (int i = 1; i & 7; i++)
ans+=dfs(1, i);
for (int i = 0; i & i++)
cout && ans &&
【AC版本】：矩阵快速幂
同理我们只考虑底面的情况，最后乘上4^n即可。
我们设六阶矩阵An，其中An的第a行第b列表示第一层底面数字为a、第n层数字为b的所有排列的情况
记六阶矩阵X中，第a行第b列表示相邻两层的是否能成功连接的情况。a和b能连则为1，a和b不能连则为0（注意是相邻两层的底面，不是衔接面，所以要转化，比如题给的1 2要改为1 5）
根据上述定义，易得递推式：
An&= An-1X，且 A1&= E（六阶单位矩阵）
可得到An的表达式为An&= Xn-1
那么ans就是矩阵&Xn-1&的36个元素之和
注意最后侧面的4^n也要二分幂不然会爆炸
#include &iostream&
#include &cstring&
struct Matrix
long long a[6][6];
Matrix(int x)
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 0; i & 6; i++) a[i][i] =
Matrix operator*(const Matrix& p, const Matrix& q)
Matrix ret(0);
for (int i = 0; i & 6; i++)
for (int j = 0; j & 6; j++)
for (int k = 0; k & 6; k++)
ret.a[i][j] += p.a[i][k] * q.a[k][j];
ret.a[i][j] %= N;
Matrix fast_mod(Matrix x, int t)
Matrix ret(1);
if (t & 1)ret = x*
int main()
Matrix z(0);
i = 0; i & 6; i++)
j = 0; j & 6; j++)
z.a[i][j] = 1;
cin && n &&
for (int i = 0; i & i++)
int t1, t2;
cin && t1 && t2;
z.a[t1 - 1][(t2 + 2) % 6] = 0;
z.a[t2 - 1][(t1 + 2) % 6] = 0;
Matrix ret(0);
ret = fast_mod(z, n - 1);
long long ans = 0;
for (int i = 0; i & 6; i++)
for (int j = 0; j & 6; j++)
ans += ret.a[i][j];
long long p = 4;
if (n & 1)
cout && ans &&
第十题 程序设计 31‘
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。
「样例输入」
1 -2 -3 4 5
「样例输出」
「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 。
资源约定：
峰值内存消耗 & 256M
CPU消耗 & 3000ms
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。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 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。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include &xxx&， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
题解：没有系统的学过树和图，不知道什么方法，我精通的只有floyd，所以考场上只想去骗30%的数据。n最大就是10，考场的时候我直接穷举了点集的所有子集，最多就是1024种情况，判断是否连通，连通的话算出来，可惜时间不够差了一点。。。所以拿了0分
【考场程序】详解：二进制法子集生成穷举
给定n，用二进制法做出集合{0,1,2,...,n-1}的2n-1个非空子集，然后去判断每个子集是否是连通树的一部分，权值再求和即可。
//#define DEBUG
#include &iostream&
#include &cstring&
#include &vector&
const int maxn = 50;
int ver[maxn];
bool arc[maxn][maxn];
vector&int&
long long ans = -1000007;
void subset(int s)
vv.clear();
for (int i = 0; i & i++)
if (s&(1 && i)) vv.push_back(i);
int len = vv.size(), t = 0;
for (int i = 0; i & i++)
for (int j = 0; j & j++)
if (arc[vv[i]][vv[j]])t++;
if (t / 2 != len - 1)
long long sum = 0;
for (int i = 0; i & i++)sum += ver[vv[i]];
if (sum&ans)ans =
int main()
#ifdef DEBUG
#pragma warning(disable:4996)
freopen(&d:\\input.txt&, &r&, stdin);
//freopen(&d:\\output.txt&, &w&, stdout);
memset(ver, 0, sizeof(ver));
memset(arc, 0, sizeof(arc));
for (int i = 0; i & i++)
cin && ver[i];
for (int i = 0; i & n - 1; i++)
int temp1, temp2;
cin && temp1 && temp2;
arc[temp1 - 1][temp2 - 1] =
arc[temp2 - 1][temp1 - 1] =
for (int i = 1; i & (1&&n); i++)
subset(i);
cout && ans &&
【AC版本（二叉链表）】树形dp
详解：题目给出的树是邻接表的构造法，这里用二叉链表表示二叉树，因此需要用dfs求出这棵树的扩展前序遍历来构造树。树建立完成后，用经典的树形dp求出答案即可。
//#define DEBUG
#include&iostream&
#include&vector&
#include&algorithm&
const int maxn = 100005;
vector&int&
int pre = 0;
int value[maxn];
vector&int& arc[maxn];
void build()
   
    cin &&
    for (int i = 0; i & i++)
    {
        cin && value[i];
    }
    int temp1, temp2;
    for (int i = 1; i & i++)
    {
        cin && temp1 && temp2;
        arc[--temp1].push_back(--temp2);
        arc[temp2].push_back(temp1);
    }
void dfs_preorder(int root, int last)
    preorder.push_back(root);
    int len = arc[root].size();
    for (int i = 0; i & i++)
    {
        if (arc[root][i] == last)
        dfs_preorder(arc[root][i], root);
    }
    if (root == last) len++;
    for (int i = i & 3; i++)
    {
        preorder.push_back(-1);
    }
struct TreeNode
   
    TreeNode *
    TreeNode *
    TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
TreeNode* creat(TreeNode *bt)
    int v = preorder[pre++];
    if (v == -1)bt = NULL;
    else
    {
        bt = new TreeNode(value[v]);
        bt-&left = creat(bt-&left);
        bt-&right = creat(bt-&right);
    }
   
//递归求一个结点到另一个结点的路径上的最大和
class Solution
   
    int maxPathSum(TreeNode *root)
    {        //如果没有子树则最大值就是自己
        if (root == NULL)
        {                  //结点空返回
            return 0;
        }
        tmp = root-&                    //tmp存放结点路径数值
        MaxSubTree(root);                   //递归
       
    }
    int MaxSubTree(TreeNode* subtree)
    {        //求解子树
        long long root = subtree-&              //递归时将根结点放在子树的第一个结点上
        long long left = 0, right = 0;          //左右两个递归子树的sum均初始为0
        if (subtree-&left != NULL)
        {           //当结点不为空时
            left = MaxSubTree(subtree-&left); //继续递归
            tmp = tmp & left ? tmp :
        }
        if (subtree-&right != NULL)
        {          //同上
            right = MaxSubTree(subtree-&right);
            tmp = tmp & right ? tmp :
        }
        long long Lsum = root +               //递归至空时，将左子树和结点相加作为左边总和
        long long Rsum = root +              //右边总和
        long long SUM = root + left +        //总和
        long long MaxTmp = max(max(max(Lsum, Rsum), SUM), root); //考虑负数的情况
        tmp = max(tmp, MaxTmp);
        return MaxT
    }
int main()
#ifdef DEBUG
#pragma warning(disable:4996)
    freopen(&D:\\input.txt&, &r&, stdin);
    build();
    int rt = -1;
    while (arc[++rt].size() == 3);
    dfs_preorder(rt, rt);
    TreeNode *root(0);
    root = creat(root);
    S
    cout && ans.maxPathSum(root) &&
    return 0;
【AC版本（上一个程序的优化的静态版本）】树形dp
详解：和上一个版本思路一样，但是放弃了链式的结构，直接上深搜（其实你看懂了就会发现本质并不是动态规划）
//#define DEBUG
#include&iostream&
#include&vector&
#include&algorithm&
#include&cstring&
const int maxn = 100005;
const int maxv = 1000005;
int value[maxn];
vector&int& arc[maxn];
long long ans = -
long long dp[maxn];
bool visited[maxn];
long long dfs(int now)
visited[now] =
int len = arc[now].size();
dp[now] = value[now];
for (int i = 0; i & i++)
if (!visited[arc[now][i]])
long long temp = dfs(arc[now][i]);
if (temp & 0)dp[now] +=
ans = max(ans, dp[now]);
return dp[now];
int main()
#ifdef DEBUG
#pragma warning(disable:4996)
freopen(&D:\\input.txt&, &r&, stdin);
for (int i = 0; i & i++)
cin && value[i];
int temp1, temp2;
for (int i = 1; i & i++)
cin && temp1 && temp2;
arc[--temp1].push_back(--temp2);
arc[temp2].push_back(temp1);
int rt = -1;
while (arc[++rt].size() == 3);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(visited, 0, sizeof(visited));
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参考知识库
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