2013年蓝桥杯(第4届)预赛本科A组C语言真题解析

2013年蓝桥杯（第4届）预赛本科A组真题解析

高斯日记

大数学家高斯有个好习惯：无论如何都要记日记。

他的日记有个与众不同的地方，他从不注明年月日，而是用一个整数代替，比如：4210后来人们知道，那个整数就是日期，它表示那一天是高斯出生后的第几天。这或许也是个好习惯，它时时刻刻提醒着主人：日子又过去一天，还有多少时光可以用于浪费呢？

高斯出生于：1777年4月30日。

在高斯发现的一个重要定理的日记上标注着：5343，因此可算出那天是：1791年12月15日。

高斯获得博士学位的那天日记上标着：8113

请你算出高斯获得博士学位的年月日。

提交答案的格式是：yyyy-mm-dd, 例如：1980-03-21

（1）答案。

1799-07-16

（2）编程思路1。

从年的角度出发，先求出4月30日是1777年的第几天，加到日记标注的n上，并将n 减1，这样n为从1777年1月1日开始的天数；再看n中有多少年（设为x），加到1777上，并从n中减去这x年包括的天数；最后求得剩余天数在1777+x年中的日期。

（3）源程序1。

# include

int isLeap(int year);

int main()

{

int a[2][12] = {{31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31},

{31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}};

int n;

scanf("%d",&n);

int year=1777, month=4,day=30; // birth

for (int i = 0; i < (month - 1); i++)

{

n += a[isLeap(year)][i];

}

n += day-1;// 此时n为从1777年1月1日开始天数

while (n > 0)

{

if(isLeap(year))

n -= 366;

else

n -= 365;

year++;

}

if (n<0)

{

year--;

n=n+(isLeap(year)?366:365);

}

for (int i = 0; n > 0; i++)

{

day = n;

month = i;

n -= a[isLeap(year)][i];

}

printf("%d-%02d-%02d\n", year,month + 1, day);

return 0;

}

int isLeap(int year)

{

if((year % 4 == 0 && year % 100 != 0) || (year % 400 == 0))

return 1;

else

return 0;

}

（4）编程思路2。

从月的角度出发，先将输入的日志标记天数n加30减2，表示从4月1日开始算；再从1777年4月开始，逐月从n中减去各月的天数，同时修改对应年份和月份，直到剩余的n不足1个月的天数，就可以求得结果。

（5）源程序2。

# include

int isLeap(int year);

int main()

{

int a[2][12] = {{31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31},

{31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}};

int n;

scanf("%d",&n);

int year=1777, month=4,day=30; // birth

n=n+day-2; day=1;

while (n >=a[isLeap(year)][month-1])

{

n -= a[isLeap(year)][month-1];

month++;

if (month>12)

{ year++; month=1; }

}

printf("%d-%02d-%02d\n", year,month,day+n);

return 0;

}

int isLeap(int year)

{

if((year % 4 == 0 && year % 100 != 0) || (year % 400 == 0))

return 1;

else

return 0;

}

排它平方数

小明正看着203879 这个数字发呆。

原来，203879 * 203879 = 41566646641

这有什么神奇呢？仔细观察，203879 是个6位数，并且它的每个数位上的数字都是不同的，并且它平方后的所有数位上都不出现组成它自身的数字。

具有这样特点的6位数还有一个，请你找出它！

（1）正确答案。

639172

（2）编程思路。

对6位数进行穷举，区间下限为123456，上限为987654。

定义数组used[10]记录数字0~9的使用情况，分离出穷举的6位数的各位x，且置used[x]++，若每个used[x]大于2，则数字x重复出现，不合要求，进行下次穷举。

另外，由于两个6位数相乘结果超出了整型数的表示范围，采用两个数组元素来保存积。计算6位数i的平方时，将i表示为a*10000+b，这样i的平方等于a*a*100000000+2*a*b*10000+b*b，用数组元素x[1]保存低8位，用x[0]保存高8位，具体方法为：

x[1]=x[1]+c%10000*10000;

x[0]=x[0]+c/10000;

x[0]=x[0]+x[1]/100000000;

x[1]=x[1]%100000000;

然后再检测x[0]和x[1]中的各位数k是否已出现，即对应的used[k]是否为1。

（3）源程序。

#include

int check(int x,int used[10])

{

do {

if(used[x%10] > 0)

return 0;

else

used[x % 10]++;

}while(x /= 10);

return 1;

}

int checkpower(int x[],int used[10]) {

do {

if(used[x[0]%10] > 0) {

return 0;

}

} while(x[0]/=10);

for (int i=1;i<=8;i++)

{

if(used[x[1]%10] > 0)

return 0;

x[1]=x[1]/10;

}

return 1;

}

int main()

{

int i,a,b,c,x[2];

int k,used[10];

for(i=123456; i<=987654; i++)

{

for (k=0;k<=9;k++)

used[k]=0;

if(!check(i,used))

continue;

a=i/10000; b=i%10000;

x[0]=a*a; x[1]=b*b;

c=2*a*b;

x[1]=x[1]+c%10000*10000;

x[0]=x[0]+c/10000;

x[0]=x[0]+x[1]/100000000;

x[1]=x[1]%100000000;

if(!checkpower(x,used))

continue;

printf("%d\n",i);

}

return 0;

}

振兴中华

小明参加了学校的趣味运动会，其中的一个项目是：跳格子。

地上画着一些格子，每个格子里写一个字，如下所示：

比赛时，先站在左上角的写着“从”字的格子里，可以横向或纵向跳到相邻的格子里，但不能跳到对角的格子或其它位置。一直要跳到“华”字结束。

要求跳过的路线刚好构成“从我做起振兴中华”这句话。

请你帮助小明算一算他一共有多少种可能的跳跃路线呢？

（1）答案。

35

（2）编程思路。

图中有4行5列共20个格子，定义数组int a[4][5]，其中元素a[i][j]保存走到第i行第j 列的格子的方法数。

由于要求跳过的路线刚好构成“从我做起振兴中华”这句话，因此每个格子只能由其正上方或最左边的格子走过来，因此有：

a[i][j] = a[i-1][j] + a[i][j-1]; （1≤i≤3，1≤j≤4）

初始时，a[0][j] = 1; （0≤i≤3）

a[0][j] = 1; （0≤j≤4）

（3）源程序。

# include

int main()

{

int i,j;

int a[4][5] = {0};

for (i=0; i<4; i++)

a[i][0] = 1;

for (j=0; j<5; j++)

a[0][j] = 1;

for (i=1; i<4; i++)

for (j=1; j<5; j++)

a[i][j] = a[i-1][j] + a[i][j-1];

printf("%d\n", a[3][4]);

return 0;

}

颠倒的价牌

小李的店里专卖其它店中下架的样品电视机，可称为：样品电视专卖店。

其标价都是4位数字（即千元不等）。

小李为了标价清晰、方便，使用了预制的类似数码管的标价签，只要用颜色笔涂数字就可以了（参见p1.jpg）。

这种价牌有个特点，对一些数字，倒过来看也是合理的数字。如：1 2 5 6 8 9 0 都可以。这样一来，如果牌子挂倒了，有可能完全变成了另一个价格，比如：1958 倒着挂就是：8561，差了几千元啊!!

当然，多数情况不能倒读，比如，1110 就不能倒过来，因为0不能作为开始数字。

有一天，悲剧终于发生了。某个店员不小心把店里的某两个价格牌给挂倒了。并且这两个价格牌的电视机都卖出去了!

庆幸的是价格出入不大，其中一个价牌赔了2百多，另一个价牌却赚了8百多，综合起来，反而多赚了558元。

请根据这些信息计算：赔钱的那个价牌正确的价格应该是多少？

（1）答案。

9088

（2）编程思路。

在0~9这10个数字中，只有0,1,2,5,6,8,9这7个数字（保存到数组num1中）颠倒后有意义，它们颠倒后对应数字为0,1,2,5,9,8,6（保存到数组num2中）。

设a、b、c、d分别表示价牌上4位数字的千位、百位、十位和个位，显然a、d位上的数字不能取0。

对a（1~6）、b（0~6）、c（0~6）、d（1~6）的组合情况进行穷举，找出这些组合情况中价差在-300~-200（亏2百多）的数字保存到数组price1中，价差在800~900（赚8百多）的数字保存到数组price2中。

最后对数组price1和price2中的元素进行两两匹配，找到价差之和等于558的情况。

（3）源程序。

# include

int main()

{

int num1[7] = {0,1,2,5,6,8,9}, num2[7] = {0,1,2,5,9,8,6};

int price1[1000][2], price2[1000][2];

int a, b, c, d, cnt1 = 0, cnt2 = 0;

for (a = 1; a <=6; a++)

for (b = 0; b <=6; b++)

for (c = 0; c <=6; c++)

for (d = 1; d <=6; d++)

{

int temp1 = num1[a] * 1000 + num1[b] * 100 + num1[c] * 10 + num1[d];

int temp2 = num2[d] * 1000 + num2[c] * 100 + num2[b] * 10 + num2[a];

if (temp2 - temp1 > -300 && temp2 - temp1 < -200)

{

price1[cnt1][0] = temp1;

price1[cnt1][1] = temp2 - temp1;

cnt1++;

}

else if (temp2 - temp1 > 800 && temp2 - temp1 < 900)

{

price2[cnt2][0] = temp1;

price2[cnt2][1] = temp2 - temp1;

cnt2++;

}

}

for (a = 0; a < cnt1; a++)

for (b = 0; b < cnt2; b++)

{

if (price1[a][1] + price2[b][1] == 558)

printf("%d , %d\n",price1[a][0],price2[b][0]);

}

return 0;

}

前缀判断

如下的代码判断needle_start指向的串是否为haystack_start指向的串的前缀，如不是，则返回NULL。

比如："abcd1234" 就包含了"abc" 为前缀

char* prefix(char* haystack_start, char* needle_start)

{

char* haystack = haystack_start;

char* needle = needle_start;

while(*haystack && *needle){

if(______________________________) return NULL; //填空位置}

if(*needle) return NULL;

return haystack_start;

}

（1）参考答案。

*(haystack++)!=*(needle++)

逆波兰表达式

正常的表达式称为中缀表达式，运算符在中间，主要是给人阅读的，机器求解并不方便。

例如：3 + 5 * (2 + 6) - 1

而且，常常需要用括号来改变运算次序。

相反，如果使用逆波兰表达式（前缀表达式）表示，上面的算式则表示为：

- + 3 * 5 + 2 6 1

不再需要括号，机器可以用递归的方法很方便地求解。

为了简便，我们假设：

1. 只有+ - * 三种运算符

2. 每个运算数都是一个小于10的非负整数

下面的程序对一个逆波兰表示串进行求值。

其返回值为一个结构：其中第一元素表示求值结果，第二个元素表示它已解析的字符数。

struct EV

{

int result; //计算结果

int n; //消耗掉的字符数

};

struct EV evaluate(char* x)

{

struct EV ev = {0,0};

struct EV v1;

struct EV v2;

if(*x==0) return ev;

if(x[0]>='0' && x[0]<='9'){

ev.result = x[0]-'0';

ev.n = 1;

return ev;

}

v1 = evaluate(x+1);

v2 = _____________________________; //填空位置

if(x[0]=='+') ev.result = v1.result + v2.result;

if(x[0]=='*') ev.result = v1.result * v2.result;

if(x[0]=='-') ev.result = v1.result - v2.result;

ev.n = 1+v1.n+v2.n;

return ev;

}

（1）参考答案。

evaluate(x+1+v1.n)

错误票据

某涉密单位下发了某种票据，并要在年终全部收回。

每张票据有唯一的ID号。全年所有票据的ID号是连续的，但ID的开始数码是随机选定的。

因为工作人员疏忽，在录入ID号的时候发生了一处错误，造成了某个ID断号，另外一个ID重号。

你的任务是通过编程，找出断号的ID和重号的ID。

假设断号不可能发生在最大和最小号。

要求程序首先输入一个整数N(N<100)表示后面数据行数。

接着读入N行数据。

每行数据长度不等，是用空格分开的若干个（不大于100个）正整数（不大于100000），请注意行内和行末可能有多余的空格，你的程序需要能处理这些空格。

每个整数代表一个ID号。

要求程序输出1行，含两个整数m n，用空格分隔。

其中，m表示断号ID，n表示重号ID

例如：

用户输入：

2

5 6 8 11 9

10 12 9

则程序输出：

7 9

再例如：

用户输入：

6

164 178 108 109 180 155 141 159 104 182 179 118 137 184 115 124 125 129 168 196

172 189 127 107 112 192 103 131 133 169 158

128 102 110 148 139 157 140 195 197

185 152 135 106 123 173 122 136 174 191 145 116 151 143 175 120 161 134 162 190

149 138 142 146 199 126 165 156 153 193 144 166 170 121 171 132 101 194 187 188

113 130 176 154 177 120 117 150 114 183 186 181 100 163 160 167 147 198 111 119

则程序输出：

105 120

（1）编程思路。

因为作为ID号的正整数不大于100000，因此可以定义一个数组int hash[100001]，其中hash[i]的值表示正整数i出现的次数，初始时元素值全为0。

在读入数据的过程中，每读入一个数num，使hash[num]元素值加1。同时记录下所读入数据的最小值min和最大值max。由于断号不可能发生在最大和最小号，因此，数据读入完成后，扫描下标为min~max之间的hash数组元素，数组元素值为0所对应的下标是所求的断号m，重号n即是数组元素值为2所对应的下标。

另外，本题的输入行数是确定的，但每行中数据个数不确定，因此采用字符串来读取每行，然后以空格为分界点进行读取各个数字。需要注意的是：题目特意强调行内和行末可能

有多余的空格，程序需要能处理这些空格。

（2）源程序。

#include

#include

int hash[100001]={0};

char mess[1000000];

int main()

{

int N;

scanf("%d",&N);

getchar();

int max=0,min=100001;

while (N--)

{

gets(mess);

int num=0;

for (int i=0; mess[i]!='\0';i++)

{

if (mess[i]!=' ') // 读入数字进行数值的转换

{

num=num*10+mess[i]-'0';

}

else

{

if (num==0) continue; // 前面一定是多余的空格

hash[num]++;

if (min>num) min=num;

if (max

num=0;

}

}

if (num!=0) // 每行最后一个数，但行尾无空格

{

hash[num]++;

if (min>num) min=num;

if (max

}

}

int m=0,n=0;

for (int i=min; i<=max; i++)

{

if (hash[i] == 0) m = i;

if (hash[i] == 2) n = i;

if (m!=0 && n!=0) break;

printf("%d %d\n", m, n);

return 0;

}

买不到的数目

小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。糖果不能拆包卖。

小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买10 颗糖。

你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。

本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。

输入：

两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)

要求输出：

一个正整数，表示最大不能买到的糖数

不需要考虑无解的情况

例如：

用户输入：

4 7

程序应该输出：

17

再例如：

用户输入：

3 5

程序应该输出：

7

（1）编程思路。

采用穷举法完成。设输入的两个正整数分别为a和b，且设两数的最小公倍数为G。

进行糖果组合时，两种糖果的数目分别取i和j，则糖果的组合算式为a*i+b*j。对糖果数目i和j进行穷举，穷举的下界均为0，上界分别为G/b、G/a。

定义数组int vis[1000001]={0};，初始值全为0。穷举每种包装的数目时，若a*i+b*j小于G，则置vis[a*i+b*j]=1。穷举完成后，数组vis中元素值为0的元素vis[k]表示数量为k的糖果数买不到。

（2）源程序。

#include

int vis[1000001]={0};

int gcd(int m,int n)

{

int r=m%n;

while (r!=0)

m=n; n=r; r=m%n;

}

return n;

}

int main()

{

int a, b;

scanf("%d%d",&a,&b);

int maxn = a * b/gcd(a,b);

for (int i = 0; i * a <= maxn; i++)

{

for (int j = 0; j * b <= maxn; j++)

{

if(i * a + j * b > maxn) break;

vis[i * a + j * b] = 1;

}

}

for(int i = maxn; i > 0; i--)

{

if(vis[i] == 0)

{

printf("%d\n",i);

break;

}

}

return 0;

}

实际上，若自然数a,b互质，则不能表示成ax+by（x,y为非负整数）的最大整数是ab-a-b。因此本题输入a和b后，直接输出a*b-a-b也可以通过测频系统的。

#include

int main()

{

int a, b;

scanf("%d%d",&a,&b);

printf("%d\n",a*b-a-b);

return 0;

}

剪格子

如图p1.jpg所示，3 x 3 的格子中填写了一些整数。

我们沿着图中的红色线剪开，得到两个部分，每个部分的数字和都是60。

本题的要求就是请你编程判定：对给定的m x n 的格子中的整数，是否可以分割为两个部分，使得这两个区域的数字和相等。

如果存在多种解答，请输出包含左上角格子的那个区域包含的格子的最小数目。

如果无法分割，则输出0

程序输入输出格式要求：

程序先读入两个整数m n 用空格分割(m,n<10)

表示表格的宽度和高度

接下来是n行，每行m个正整数，用空格分开。每个整数不大于10000

程序输出：在所有解中，包含左上角的分割区可能包含的最小的格子数目。

例如：

用户输入：

3 3

10 1 52

20 30 1

1 2 3

则程序输出：

3

再例如：

用户输入：

4 3

1 1 1 1

1 30 80 2

1 1 1 100

则程序输出：

10

（1）编程思路。

用深度优先搜索从左上角第一个格子开始进行搜索，并同时记录当前的和cursum和当前的格子个数cnt，如果当前和等于总和sum的一半，那么就进行相应记录（若当前的格子个数cnt比答案ans小，则更新ans）。

（2）源程序。

#include

int n, m;

int ans = 100, sum = 0; // 所求的格子最小数目ans不会超过100个

int map[10][10];

int visit[10][10]={0};

void DFS(int i, int j, int curSum, int cnt)

{

visit[i][j] = 1; // 坐标(i,j)处的格子已访问过

curSum += map[i][j];

cnt++;

if (2*curSum >= sum)

{

if (2*curSum == sum)

if (ans>cnt) ans=cnt;

visit[i][j] = 0; // 回溯到上一格子后，坐标(i,j)处的格子可被重新访问

return;

}

if (j+1

DFS(i, j + 1, curSum, cnt);

if (i+1

DFS(i + 1, j, curSum, cnt);

if (j-1>=0 && !visit[i][j - 1]) // 向左移动

DFS(i, j - 1, curSum, cnt);

if (i-1>=0 && !visit[i - 1][j]) // 向上移动

DFS(i - 1, j, curSum, cnt);

visit[i][j] = 0;

}

int main()

{

scanf("%d%d",&m,&n);

for (int i = 0; i < n; ++i)

for (int j = 0; j < m; ++j)

{

scanf("%d",&map[i][j]);

sum += map[i][j];

}

if (sum%2!=0)

printf("0\n");

else

{

DFS(0,0,0,0);

if (ans == 100) // ans没有变化过，说明没有符合要求的剪法

printf("0\n");

else

printf("%d\n",ans);

}

return 0;

}

大臣的旅费

很久以前，T王国空前繁荣。为了更好地管理国家，王国修建了大量的快速路，用于连接首都和王国内的各大城市。

为节省经费，T国的大臣们经过思考，制定了一套优秀的修建方案，使得任何一个大城市都能从首都直接或者通过其他大城市间接到达。同时，如果不重复经过大城市，从首都到达每个大城市的方案都是唯一的。

J是T国重要大臣，他巡查于各大城市之间，体察民情。所以，从一个城市马不停蹄地到另一个城市成了J最常做的事情。他有一个钱袋，用于存放往来城市间的路费。

聪明的J发现，如果不在某个城市停下来修整，在连续行进过程中，他所花的路费与他已走过的距离有关，在走第x千米到第x+1千米这一千米中（x是整数），他花费的路费是x+10这么多。也就是说走1千米花费11，走2千米要花费23。

J大臣想知道：他从某一个城市出发，中间不休息，到达另一个城市，所有可能花费的路费中最多是多少呢？

输入格式：

输入的第一行包含一个整数n，表示包括首都在内的T王国的城市数

城市从1开始依次编号，1号城市为首都。

接下来n-1行，描述T国的高速路（T国的高速路一定是n-1条）

每行三个整数Pi, Qi, Di，表示城市Pi和城市Qi之间有一条高速路，长度为Di千米。

输出格式:

输出一个整数，表示大臣J最多花费的路费是多少。

样例输入:

5

1 2 2

1 3 1

2 4 5

2 5 4

样例输出:

135

样例说明:

大臣J从城市4到城市5要花费135的路费。

（1）编程思路1。

先采用Floyd算法求出任意两城市间的最短距离，由于两个城市之间仅仅有一种方法到

达，因此再求出这些最短路径中的最大值就可以。

（2）源程序1。

#include

#define INF 1<<10

int map[101][101];

int main()

{

int n,i,j,k;

scanf("%d",&n);

for (i=1;i<=n;i++)

for(j=1;j<=n;j++)

map[i][j]=INF;

for (i=1;i<=n;i++)

map[i][i]=0;

for (i=1;i

{

int a,b,d;

scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);

map[a][b]=d;

map[b][a]=d;

}

for (k=1;k<=n;k++)

for (i=1;i<=n;i++)

for (j=1;j<=n;j++)

if (map[i][j]>map[i][k]+map[k][j])

map[i][j] = map[i][k]+map[k][j];

int max=0;

for (i=1;i<=n;i++)

for (j=1;j<=n;j++)

if (map[i][j]max)

max=map[i][j];

printf("%d\n",max*10+(1+max)*max/2);

return 0;

}

将源程序1提交给练习系统，得分为75。测评系统显示第4组数据“运行超时”。

（3）编程思路2。

由于T国n个城市间的高速路一定是n-1条，因此这n个城市间的高速路构成一颗树。求两个城市间的最大距离就转化成了求树中两个结点间的最大距离，即求树的直径问题。

对于树的直径的求解，可以通过两遍DFS完成。第一遍DFS时，找到距任意一个已知结点（如1 号点）距离最远的点（如st结点），然后在以st这个最远点为起点，找距st结点距离最远的点，进而得到了树的直径，即树中的最大距离。

（4）源程序2。

#include

#include

struct Edge

{

int to , len , next;

};

#define maxn 10010

#define INF 0x3f3f3f3f

int head[maxn],dis[maxn],vis[maxn];

struct node{

int to,w,next;

}edge[maxn<<1];

void dfs(int st)

{

vis[st]=1;

for(int i=head[st];i!=-1;i=edge[i].next)

{

if (!vis[edge[i].to])

{

dis[edge[i].to]=dis[st]+edge[i].w;

dfs(edge[i].to);

}

}

}

int main()

{

int n;

scanf("%d",&n);

int u,v,w;

int cnt=0;

memset(head,-1,sizeof(head));

for (int i=0;i

{

scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

edge[cnt].to=v;

edge[cnt].w=w;

edge[cnt].next=head[u];

head[u]=cnt++;

edge[cnt].to=u;

edge[cnt].w=w;

edge[cnt].next=head[v];

head[v]=cnt++;

}

for(int i=1;i<=n;i++)

{

dis[i]=INF;

vis[i]=0;

}

dis[1]=0;

dfs(1);

int maxLen=-1,st;

for(int i=1;i<=n;i++)

{

if(dis[i]>maxLen && dis[i]!=INF)

{

maxLen=dis[i];

st=i;

}

}

for(int i=1;i<=n;i++)

{

dis[i]=INF;

vis[i]=0;

}

dis[st]=0;

dfs(st);

for(int i=1;i<=n;i++)

{

if(dis[i]>maxLen && dis[i]!=INF)

{

maxLen=dis[i];

}

}

printf("%d\n",10*maxLen+((1+maxLen)*maxLen)/2);

return 0;

}

将源程序2提交给练习系统，得分为100。