第十三届蓝桥杯省赛（2022年4月17日）C++中级组题解
这是最新的蓝桥杯青少组题解。
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前言
就在前两天，我参与了第十三届蓝桥杯省赛（2022年4月17日）C++中级组，考题挺难，但发挥较好。这是一篇相关的题解，题是我在考试时电脑截屏下来的。
一、选择题
1.题目描述
1.二进制数1101111转换为十六进制是( )
A、157 B、111 C、6f D、3f
2.下列指针的用法中，不正确的一项是( )
A、int i; int *p=&i;
B、int i; int *p; i=*p;
C、int *p; p=0;
D、int i=5; int *p; p=&i;
3.以下对main()函数描述正确的一项是( )
A、main()函数必须写在所有函数的前面
B、main()函数必须写在所有函数的后面
C、main()函数可以写在任何位置，但不能放到其它函数的里面
D、main()函数必须固定位置
4.下列函数中不能重载的一项是( )
A、构造函数 B、析构函数 C、成员函数 D、非成员函数
5.定义char a; float b; double c; 执行语句 c=a+b+c 后c的变量类型是（ ）。
A、char B、float C、double D、int
2.参考答案
CBCBC
(1) 四位截断, (110)2=(6)16 , (1111)2=(f)16 ,
(2) *p是一个空地址, 无法引用, B选项错误; C选项属于危险语法, 因为地址0是一个未知地址
(3) main()函数可以写在其它函数后面或前面(声明即可), 其它函数也可以调用main()函数,
但main()函数显然无法“放到”其它函数里面, 任何函数都做不到, 文字游戏, 有点无聊。
(4) 析构函数只有一个，无法构成重载。
(5) 已经定义了c是double, 任何运算都不会改变数据的类型, 类型覆盖只会影响运算的结果。
顺便说下类型覆盖, 浮点型>整型>字符型, 布尔型与字符型运算后结果为整型。
二、编程题
1.比较大小
题目描述
给定两个正整数N和M (0<N<200, 0<M<200, N≠M), 比较两个正整数的大小，然后将较大的一个正整数输出。例如：N=145, M=100, 比较后145大于100, 故输出145.
样例输入：
145 100
样例输出：
145
题目解析
很简单，这里用到了max函数，注意用algorithm头文件。
AC代码
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
#include<algorithm>//调用算法头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int main(){//主函数开始
int m,n;//定义整数类型变量m,n
cin>>m>>n;//输入m,n的值
cout<<max(m,n);//输出m,n的最大值
return 0;//主函数结束，返回0
}2.分成整数
题目描述
给定一个正整数N，然后将N分解成3个正整数之和，计算出共有多少种符合要求的分解方法.要求:
1) 分解的3个正整数各不相同;
2) 分解的三个正整数中都不含数字3和7.
如：N为8, 可分解为(1,1,6), (1,2,5), (1,3,4), (2,2,4), (2,3,3),
其中满足要求的分解方法有1种，为(1,2,5) .
输入描述：
输入一个正整数N(5<N<501), 表示要分解的正整数
输出描述：
输出一个整数，表示共有多少种符合要求的分解方法.
样例输入：
8
样例输出：
1
题目解析
把这个题看成两部分：1.将输入的正整数拆分成三个不相同的正整数的和；2.判断这三个整数是否含有数字3或7。
第一部分可通过枚举实现将三个数设为i,j,n-i-j，保证依次增大，则枚举i即可完成枚举。第二部分可通过子函数来判断。
同时，也可以用深度搜索Dfs解决问题。
AC代码1（模拟）
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
bool n37(int n){//子函数，用来判断参数是否含有数字3或7
while(n){
if(n%10==3 or n%10==7) return 1;//如果个位为3或7，返回1
n/=10;//删除个位
}
return 0;//如果各位都没有3或7，返回0
}
int main(){//主函数开始
int n,cnt=0;//定义整数类型变量n,cnt并初始化赋值为0
cin>>n;//输入n的值
for(int i=1;i<=n/3-1;i++){//i为三数中最小，至多为n/3-1
if(n37(i)) continue;//如果i含有3或7，跳出本次循环，枚举下一个i
for(int j=i+1;j<=n/2;j++){//j为三数中第二小，至多为n/2，保证大于i
if(n37(j)) continue;//如果j含有3或7，跳出本次循环，枚举下一个j
if(n37(n-i-j)) continue;//如果n-i-j含有3或7，跳出本次循环，枚举下一个j
if(n-i-j>j) cnt++;//走到这一步，则三个正整数一定都不含3或7，只需保证n-i-j>j，则拆分符合条件
}
}
cout<<cnt;//输出cnt的值
return 0;//主函数结束，返回0
}
AC代码2（dfs）
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int cnt;//定义整数类型变量cnt
bool ex_37(int n){//判断37;
while(n){
if(n%10==3 || n%10==7) return 0;//若n包含3或7, 返回 0
n/=10;//查看下一位
}
return 1;//否则返回 1
}
void dfs(int n,int k,int a){//将 n拆成 k份, 至少拆 a
if(k==1){ //已拆完
if(n>=a) cnt+=ex_37(n);//能拆时，判断n是否含有37
return;//返回
}
for(int i=a;i*k<=n;i++) //继续拆
if(ex_37(i))//如果没有37
dfs(n-i,k-1,i+1);//递归
}
int main(){//主函数开始
int n;//定义整数类型变量
cin>>n;//输入n的值
dfs(n,3,1);//深搜
cout<<cnt<<endl;//输出cnt
return 0;//主函数结束，返回0
}3.组合
题目描述
提示信息：
因数: 整数a除以整数b, (B≠0)的商正好是整数而没有余数,我们就说b是a的因数。
公因数: 给定若干个整数，如果有一个(些) 数是他们共同的因数，那么这个(些)数就叫做它们的公因数。
互质数: 公因数只有1的两个非零自然数叫做互质数.
例如: 2和3的公因数只有1，为互质数。
某商店将一种糖果, 按照数量打包成N和M两种规格来售卖(N和M维护质数, 且N和M有无数包)这样的售卖方式会限制一些数量的糖果，不能买到。那么在给出N和M的值，请你计算出最多不能买到的糖果数量。
输入描述：
输入两个正整数M, (2<N<M<100, N和M为互质数), 表示这两种规格的糖果数量, 正整数之间用一个空格隔开.
输出描述：
输出一个整数，表示最多不能买到的糖果数量.
样例输入：
2 3
样例输出：
1
题目解析
法一：这个题其实是数学题，容易证明：如果m,n互质，对于所有大于m×n的数，都可以表示成am+bn的形式，其中a，b均为整数，所以我们要找的数在1~m×n-1之间。（数学中进一步可得该数即为m×n-m-n）。
所以我们可以让i从从m×n-1开始向下枚举，如果i为m的倍数，则该数能表示，然后检查i-1；若不为m的倍数，则减去n，再检查，重复上述过程，直到i小于0，若均不能表示，则i即为我们要找的最大值。法二：由 "Sylvester定理" 可知, 对互质整数对(a,b) :
当 n > ab-a-b 时, ax + by = n 恒有非负整数解;
当 n = ab-a-b 时, ax + by = n 无 非负整数解;
https://zhuanlan.zhihu.com/p/109860246AC代码1（数论）
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int main(){//主函数开始
int n,m;//定义整数类型变量n,m
cin>>n>>m;//输入n,m的值
int i=m*n-1;//i从m*n-1开始向下枚举
while(1){//装死循环
int j=i,flag=1;//用j代替i来枚举，因为过程中需要j不停自减，立个flag
while(j>=0){//当j还为正整数时，继续检查j
if(j%n==0) {flag=0;break;}//如果j是n的倍数，则一定能表示出来，flag倒下，跳出循环
j-=m;//如果j不是n的倍数，减掉一个m后继续检查
}
if(flag==1) break;//如果flag还在，说明j一直不能被表示，跳出循环
i--;//如果flag倒了，则说明j能被表示，i--，检查下一个数，继续循环
}
cout<<i;//输出i的值
return 0;
}
AC代码2（Sylvester定理）
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int main(){//主函数开始
int n,m;//定义整数类型变量n,m
cin>>n>>m;//输入n,m的值
cout<<n*m-n-m<<endl;//输出n*m-n-m的值并换行
return 0;//主函数结束，返回0
}
4.最大值
题目描述
手工课上, 老师拿出N张长方形彩纸, 且每张彩纸上都画着W*H的网格(网格铺满整张彩纸).现在老师将N张彩纸裁剪出K张大小相同的正方形, 并且要使才剪出的正方形的边长最大(裁剪的正方形边长必须为整数).
例如: N=2, 有2张彩纸，第一张彩纸W=4,H=3, 第二张彩纸W=5,H=4, K=6, 裁剪的6个正方形边长最大是2.
当给出N张长方形彩纸W和H, 及K的值, 请计算出将N张彩纸裁剪出K张大小相同的正方形,正方形的边长最大是多少(裁剪的正方形边长必须为整数).
输入描述：
输入分为N+1行, 第一行为正整数N(1<N<500), 表示彩纸数量;
以下n行每行有两个正整数W和H, 表示每张彩纸的宽和高, 整数之间用一个空格隔开;
最后一行为正整数K(1<K<500), 表示要剪成的正方形数.
输出描述：
输出一个整数，表示正方形的边长最大是多少.
样例输入：
2
4 3
5 4
6样例输出：
2
题目解析
法一：按照要求，我们要尝试剪出最大的正方形，通过各长方形长÷边长×各边÷边长，得到该正方形能剪出几个，再将这个个数与输入的k进行对比，如果够了，则直接输出此时的边长，如果不够，则边长--，再尝试。最开始的边长可以很大，防止不够用，所以我们直接选择所有长宽中的最大值（这个数是一定不行的，但从这个数开始算算的比较快且不会漏答案）。
法二："二分答案"
已知正方形个数 k, 求最大边长 a, 比较麻烦;
反之, 若已知边长 a, 求能切出的正方形个数 k, 则较容易。
故不妨尝试所有可能的 a, 看对应的 k能否满足要求。
一个个尝试又有点慢, 可以对答案进行二分查找。
AC代码1（模拟）
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
#include<algorithm>//调用算法头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int main(){//主函数开始
int n,k;int a[500],b[500]; //数组a，b分别用来存储长和宽
cin>>n;//输入n的值
for(int i=0;i<n;i++)//for循环，计数器i从0自增到n-1，共循环n次
cin>>a[i]>>b[i];//输入n个长方形的长和宽
cin>>k;//输入k的值
int big=max(*max_element(a,a+n),*max_element(b,b+n));//找到所有长宽中的最大值
while(1){//装死循环
int sum=0;//sum用来存储所有正方形中能剪出的正方形个数
for(int i=0;i<n;i++)
sum+=(a[i]/big)*(b[i]/big);//对于每一个要剪出的正方形，每张纸能剪出的个数即为该算式
if(sum>=k) break;//如果正方形个数够了，跳出循环
big--;//big自减1
}
cout<<big;//输出此时的边长
return 0;//主函数结束，返回0
}
AC代码2（二分查找）
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int n,k,w[509],h[509];//定义整数类型n,k,w[509],h[509]
bool check(int a){//判断: 切边长为 a的小正方形能否凑够 k个
int cnt=0;//定义计数器cnt
for(int i=0;i<n;++i)//for循环，计数器i从0自增到n-1，共循环n次
cnt+=(w[i]/a)*(h[i]/a); //就硬切, 然后硬加
return (cnt>=k); //返回cnt是否大于k
}
int main(){//主函数开始
cin>>n;//输入n的值
for(int i=0;i<n;++i)//for循环，计数器i从0自增到n-1，共循环n次
cin>>w[i]>>h[i];//w和 h的顺序其实也无所谓, 摊手
cin>>k;//输入k的值
int L=1, R=*max_element(w,w+n)+1;//随便搞个上下限, 无脑二分:
while(L+1<R){//当L+1小于R
int mid=(L+R)/2;//往中间猜
if(check(mid)) L=mid;//猜对-->边长小了-->提高下限
else R=mid;//猜错-->边长大了-->降低上限
}
cout<<L<<endl;//输出L的值
return 0;//主函数结束，返回0
}
5.农作物
题目描述
有一块农田被划分为N*M块, 农作物和杂草分布生长在农田中, 其中农作物使用大写字母“R”表示，杂草使用大写字母“X”表示. 请计算出农田中有几块独立的农作物区域(独立的农作物区域指该区域上下左右都被杂草围住, 且N*M以外的区域都是杂草).
例如: N=4,M=4, 4*4的农田中, 农作物和杂草分布如下图:
这块4*4的农田中有3块独立的农作物区域(红色的三部分).
输入描述：
输入分为n+1行, 第一行为两个正整数n和m (1<n<500, 1<m<500), 表示农田的长和宽, 数字间用一个空格隔开;
以下n行每行有m个大写字母, 表示每格为农作物或杂草.
输出描述：
输出一个整数，表示农田中有几块独立的农作物区域.
样例输入：
4 4
RRRX
RXRX
XXXR
RXXX
样例输出：
3
题目解析
这一道题运用了dfs的解题方法，依次搜索即可，其中标记思想也是很重要的，比较复杂。
AC代码
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
char farm[509][509];//土地 farm: R代表农田, X代表杂草
int sign[509][509];//状态 sign: 0代表未知, 1代表已知农田, -1代表已知杂草
void dfs(int i,int j){//记录所有相邻的农田
if(sign[i][j]) return;//搜过了
if(farm[i][j]=='X')//如果有杂草
sign[i][j]=-1;//记住杂草
else{//否则
sign[i][j]=1;//记住农田, 看看周围有无农田
dfs(i-1,j);//上
dfs(i+1,j);//下
dfs(i,j-1);//左
dfs(i,j+1);//右
}
}
int main() {//主函数结束，返回0
int n,m,cnt;//定义整数类型变量n,m,cnt
cin>>n>>m;//输入n,m的值
for(int i=1;i<=n;++i)//for循环，计数器i从1自增到n，共循环n次
for(int j=1;j<=m;++j)//for循环，计数器j从1自增到m，共循环m次
cin>>farm[i][j];//缓冲带: 用杂草把农田围起来
for(int i=0;i<=n+1;++i)//for循环，计数器i从0自增到n+1，共循环n+2次
sign[i][0]=sign[i][m+1]=-1;//记录
for(int j=0;j<=m+1;++j)//for循环，计数器j从0自增到m+1，共循环m+2次
sign[0][j]=sign[n+1][j]=-1;//记录
//开搜
for(int i=1;i<=n;++i)//for循环，计数器i从1自增到n，共循环n次
for(int j=1;j<=m;++j)//for循环，计数器j从1自增到m，共循环m次
if(!sign[i][j] && farm[i][j]=='R'){//发现了未被记录过的农田
cnt++;//cnt自增1
dfs(i,j);//以此为起点开始搜索
}
cout<<cnt<<endl;//输出cnt的值
return 0;//主函数结束，返回0
}6.面积
题目描述
小蓝要给墙面上的n个矩形区域粉刷涂料, 给出每个矩形左下角和右上角的两个坐标(x1,y1, x2,y2). 请帮助小蓝计算下粉刷涂料的面积是多少, 如果矩形之间有重叠部分只计算一次.
例如: 有2个矩形，2个矩形左下角和右上角的两个坐标分别为: (2,2,9,5)、(6,1,12,9),
其粉刷涂料的面积是60.
输入描述：
先输入n的值；
再输入分为n行, 每行有四个正整数x1,y1, x2,y2 (1<x1<500, 1<y1<500, 1<x2<500, 1<y2<500,), 表示每个矩形左下角和右上角的两个坐标.输出描述：
输出一个整数，表示粉刷涂料的面积是多少.
样例输入：
2
2 2 9 5
6 1 12 9
样例输出：
60
题目解析
法一：由于N是不确定的，也就是矩形的数量不确定，在矩形较多的情况下，互相覆盖的情况复杂，不容易用坐标值相减来进行计算。
于是我们把每个矩形看作是一个点阵。比如一个3x3的矩形，可以看作有3行3列共9个点组成的二维数组。
把整个坐标系，看作是一个大的二维数组，xy[0][0]即是坐标系的原点，行号代表x轴的值，列号看成y轴得值，那么每个矩形就是这个二维数组中的一部分。
因此每输入一个矩形的坐标，就可以根据坐标位置在二维数组中取对应得部分，为这些部分得每个数组元素中赋值为True，代表有面积.
最终数组中值为False得，说明没有矩形能覆盖到，值为True得说明只有一个矩形覆盖到了。
最终遍历整个点阵数组中的每个元素，累计有数字的元素个数，即最后的面积。
法二：二维前缀和容斥原理:
左上角(a,b),右下角(c,d)的矩形区域总和为:
s[c][d]-s[c][b]-s[a][d]+s[a][b]
把上述过程反过来, 就得到了到二维差分(本题中, 权 c=1):
m[a][b]+=c;
m[c][b]-=c;
m[a][d]-=c;
m[c][d]+=c;
AC代码1
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
bool xy[110][110];//二维数组，用来组成点阵信息
int ans;//定义整数类型变量ans
int main(){//主函数开始
int n;//定义整数类型变量
cin>>n;//输入n的值
int x1,y1,x2,y2;//定义整数类型变量x1,x2,y1,y2
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;//循环输入每一个矩形的坐标信息
for(int j=y1+1;j<=y2;j++)
for(int k=x1+1;k<=x2;k++)
xy[j][k]=1;//记录每个矩形点阵信息
}
for(int j=1;j<=109;j++){//for循环，计数器i从1自增到109，共循环109次
for(int k=1;k<=109;k++)//for循环，计数器k从1自增到109，共循环109次
if(xy[j][k]) ans++;//累积数组中为真的个数，即为面积
}
cout<<ans;//输出ans
return 0;//主函数结束，返回0
}
AC代码2
#include<iostream>//调用输入输出流头文件
using namespace std;//使用标准名字空间
int a[509][509],n;
int main(){//主函数开始
int x1,y1,x2,y2;//定义整数类型x1,x2,y1,y2
cin>>n;//输入n的值
for(int i=0;i<n;i++){//for循环，计数器i从0自增到n-1,共循环n次
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;//输入x1,y1,x2,y2
a[x1+1][y1+1]++;//a[x1+1][y1+1]自增1
a[x2+1][y1+1]--;//a[x2+1][y1+1]自减1
a[x1+1][y2+1]--;//a[x1+1][y2+1]自减1
a[x2+1][y2+1]++;//a[x2+1][y2+1]自增1
}
long long sum=0;//定义长整数类型变量sum并初始化赋值为0
for(int i=1;i<=20;++i)//for循环，计数器i从1自增到20，共循环20次
for(int j=1;j<=20;++j){//for循环，计数器j从1自增到20，共循环20次
a[i][j]+=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];//a[i][j]自增a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]
//此时 a[i][j]里记录的就是每个点被覆盖的次数
if(a[i][j]>0) sum++;//如果a[i][j]>0,sum自增1
}
cout<<sum<<endl;//输出sum的值
return 0;//主函数结束，返回0
}
旨在为数千万中国开发者提供一个无缝且高效的云端环境，以支持学习、使用和贡献开源项目。
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