蓝桥杯2021省赛Python
不得不说2021的比2020的难
1.卡片
很明显，最先没的肯定是1或者0，我们只要统计到谁会消耗2022个1或者0就好了
if __name__ == '__main__':
res1 = 0
res0 = 0
for i in range(1,100000):
i = str(i)
res1 += i.count('1')
res0 += i.count('0')
if res1 == 2022 or res0 == 2022 :
break
print(int(i)-1)
# 31812.直线
两点式 (y1-y2)X + (x2-x1)Y + (x1y2-x2y1) = 0
那么我们只要把每两个点都遍历一遍，然后约分不同的加入进我们的集合就好了
(y1-y2) * x +(x2-x1) * y +( x1 * y2 - x2 * y1)=0 两点式求方程
def gcd(a,b):
if b == 0: return a
else: return gcd(b,a%b)
if __name__ == '__main__':
dian = []
for i in range(20):
for j in range(21):
dian.append((i,j))
res = set()
for i in range(len(dian) - 1):
x1,y1 = dian[i]
for j in range(i+1,len(dian)):
x2,y2 = dian[j]
A,B,C = y2-y1,x2-x1,x1*y2-x2*y1
k = gcd(gcd(A,B),C) # 求三个数的最大公约数
res.add((A/k,B/k,C/k))
print(len(res))3.货物摆放
首先我们可以看到他的那些因子一定是他可以除得尽的。先预处理出来，然后去遍历
注意一点的是如果你从1到n去预处理他的因子的话会很慢，所以我们可以只处理到sqrt(n)
import math
yin = []
n = 2021041820210418
# for i in range(1,n+1): # 太慢了
# if n % i == 0:
# yin.append(i)
for i in range(1,int(math.sqrt(n) + 1)):
if n % i == 0:
yin.append(i)
yin.append(n/i)
print('over')
res = 0
for i in yin:
for j in yin:
for k in yin:
if i * k * j == n:
res += 1
print(res)4.路径
很简单的一个动态规划问题，一个点到1的距离等于他前面21个任意一点到1的距离加上那个点到他的距离，我们只需要找到遍历前面21个点，找到最小值就好了。
这样一层一层最小下来，到最后一定是最小的。
def gcd(a,b):
if b == 0: return a
return gcd(b,a%b)
def gbs(a,b):
return a*b//gcd(a,b)
inf = 1e9
dp = [inf] * 2022 # dp表示到1的距离
for i in range(1,23):
dp[i] = i
for i in range(23,2022):
for j in range(1,22):
dp[i] = min(dp[i],dp[i-j] + gbs(i,i-j)) # 后面的到1的距离等于前面21中的一个到1的距离加上前面21个中一个到他的距离
print(dp[2021])PS：好像math库里面有求最大公约数的函数，下次直接用就好了别自己定义了，怕大家手滑写错了
5.回路计算
你看总共就21个楼，我们可以用二进制来表示，比如状态11101就表示去了1,3,4,5楼。
设置一个dp，dp[i][j] 就表示在状态i下能到达j的总数量，你看这个状态去了就例如 i = 11101， j = 3，就是到达j+1 = 4楼的总数量（为什么要+1，因为我们用j = 0 表示到达了第一楼，后面我们是用i >> j & 1来表示能不能到达这个楼，所以就定义为j+1了，如果要j是到达j楼的话 ,i需要多开一位就更大了）
那么要怎么算到第四栋楼的数量呢，再看这个状态11101，发现他可以有1,3,5栋楼可以走，那么我们就遍历这三栋楼就好了，就是把到第四楼的那个i变成0，然后到达剩下三栋楼。
假设遍历到k ，dp[i][j] += dp[i - (1<<j)][k]
这样状态转移是对的，因为他每次用到的i都是比他小的，在之前肯定是遍历过的，不会出现漏的情况
import math
n = 21
m = 1<<21
dp = [[0] * n for _ in range(m+1)] # do[i][j]表示状态i到到达j的总数量
g =[[0]*n for _ in range(n)] # g[i][j] 表示I能到J
for i in range(1,n+1):
for j in range(1,n+1):
if math.gcd(i,j) == 1:
g[i-1][j-1] = 1
dp[1][0] = 1
# 如果要刚好dp[i][j] 表示第i个状态到第j个楼的话，要开22位的二进制，会更慢.所以我们j就表示J+1楼
for i in range(1,m):
for j in range(n):
if i >> j & 1: # 判断j+1楼是否在里面
for k in range(n):
if i - (1 << j) >> k & 1 and g[k][j] == 1: #找到符合条件的k
dp[i][j] += dp[i - (1 << j)][k]
print(sum(dp[m-1]) - dp[m-1][0]) # 最后就是状态011111111111（21个1）到达不是1楼的就好了，因为每个楼都可以去1楼6.时间显示
首先先找到那一天的毫秒数，然后再找小时数，以此类推，总共的毫秒数 - 小时的毫秒数 = 分钟数 + 减去小时和分钟剩下的毫秒数
n = int(input())
n = n%(24 * 60 * 60 * 1000) # 抛去前面N天的，剩下当天的毫秒数
hour = n // (60 * 60 *1000)
mins = (n - hour*60*60*1000) // (60 * 1000)
scent = (n - hour * 60 * 60 *1000 - mins * 60 * 1000) // 1000
print('%02d'%hour,end = ':')
print('%02d'%mins,end = ':')
print('%02d'%scent,end = '')7.杨辉三角形
这题最开始我只写了一个时间复杂度高的，应该能得前面那个分，比较好理解，可以先看看。
if __name__ == '__main__':
n = int(input())
if n == 1: print(1)
res = 3 # 已经计算的个数
li,l = [1,2],3 # 第三行的一半元素和行数
while n not in li:
res += len(li)*2 - l % 2
li = [1] + [li[i] + li[i+1] for i in range(len(li) - 1)] + ([li[-1]*2] if l % 2 == 0 else [])
l += 1
print(res + li.index(n) + 1)就是一行一行的去遍历，直到找到我们需要的
第二种是我觉得我这个太慢了，去看大佬的，不得不说太强了。。
思路参考：(156条消息) 备战蓝桥杯历年试题：杨辉三角形 省赛B组 Python详解_m0_62277756的博客-CSDN博客
但是其中还是有好像错误的点，我先在这里指一下，不对的话可以在评论区告诉我。。（当然代码没错）大佬在遍历斜行的时候，说从C（2i,i）找到C(2i,N),中有没有我们的答案，但我看了一下应该是从C（2i,i）到C（N,i)因为C(N,1)肯定是一个我们要的答案了。C（N,i）会大于他，因为这个点我当时想了蛮久的。。希望大家看的时候可以注意到这个点。能发现这个规律真的很厉害了
def c(a,b):
res = 1
i,j = a,1
while j<=b:
res = res * i / j
i -= 1
j += 1
return int(res)
def find(j,n): # 在第j斜行找到n的位置
l,r = 2*j,n # C（a,j)的a最小是2*j 最大是n，因为C（n,1)够了已经
while l <= r:
mid = (l+r)//2
if c(mid,j) == n:
print(int(mid*(mid+1)/2) + j + 1) # j+1不能在里面，否则会被忽略
return True
elif c(mid,j) > n:
r = mid - 1
else: l = mid + 1
return False
if __name__ == '__main__':
N = int(input())
for i in range(16,-1,-1):
if find(i,N): break8.左孩子右兄弟
这题其实我感觉跟我们学的左孩子右兄弟没什么关系啊，你只要把兄弟都变成你的右孩子，然后把你的孩子变成你的左孩子。那么我们就可以首先推出，如果你有3个孩子，那么以你为根的树高就是3+3个孩子的树高的最大值。### 因为你可以把三个孩子的其中一个变为左孩子，然后剩下两个其中一个变为那个左孩子的右孩子，然后剩下一个变为左孩子的右孩子的右孩子（画个图会好很多，建议去画画）然后我们只要找到三个孩子最高的树，让他当做最后一个孩子，那整体的树肯定就最高啦，并且会等于3+3个孩子树高的最大值，我们dfs搜索一下就好了。
没有孩子的高度就是0
ans = 0
# f[u]以u结点为根的树的最大高度是u的子节点数量 + 各个子树的最大高度
# 其实就是看子树有多少个孩子，递归下去
def dfs(u): #
global ans
tot = len(s[u])
f[u] = tot
res = 0
for i in range(tot):
v = s[u][i]
m = dfs(v)
res = max(res,m)
f[u] += res
return f[u]
if __name__ == '__main__':
n = int(input())
s = [[] for i in range(n+1)]
for i in range(n-1):
s[int(input())].append(i+2)
# 输入 5 1 1 1 2 那就是 s[1] = [2,3,4] 表示 2,3,4是父节点是1
f = [0]*(n+1)
print(dfs(1))9.异或序列
这题是偏难了我感觉，我的能力可能最多就做到这题。
可以思考一下，异或，所有数里面在二进制中的最高位比如是11，那么如果第11位是1的只有一个，那么先手肯定赢定了吧，他只要拿这个就好了，剩下的随便怎么异或，他最高位这个都不会变。
第11位有3个呢？那就要看剩下有几个了。这样想，假设总共有4个数，那么剩下一个数最高位不是1对吧。这样先手必输。因为如果你先手拿一个最高位是1的，我拿剩下那个最高位不是1的，你只能让我异或最高位是1或者你自己异或最高位是1，如果你让我异或最高位是1那么剩下的那个我就让你异或最高位是1，这样我的最高位是1你的最高位是0， 那么如果你先把最高位是0的那个给拿掉了，我拿一个最高位是1的，剩下两个数的最高位都是1（这里的最高位是全部数的最高位），你如果异或掉我的最高位，我再拿就好了，你如果要拿最高位去异或你自己的数，那么我下次再把你异或掉，你还是输。
但是如果剩下有偶数个就不一样了，我先手拿一个最高位是1的，如果你拿剩下的最高位不是1的，我也拿一个，因为是偶数，你拿一个我肯定也能拿一个，那么最后就是会剩下偶数个最高位是1的（因为我开始拿了一个），那么就是了，你异或我我就再拿一个，你异或你自己我就异或你，到最后肯定你最高位没有1，我最高位是1
第11位有偶数个呢？那没办法那就要看最高位的下一位，就是第10位了、
if __name__ == '__main__':
t = int(input())
for i in range(t):
sum = 0
max2 = 0
list1 = [int(x) for x in input().split()]
for i in range(1,len(list1)):
sum ^= list1[i]
max2 = max(max2,list1[i]) # 顺便记录下来最大的先
if sum == 0 :
print(0)
continue
high = 1
while high < max2:
high = high<<1 # 找到最大的那个的最高位是多少
while high > 0:
temp = 0
for i in list1[1:]:
if i & high != 0: # 最高位和high相同
temp += 1
if temp == 1:
print(1)
break # 先手赢
if temp %2 == 1: # 如果有奇数个最高位为1，那么就要看剩下的有几个
if list1[0] % 2 == 1: # n如果是奇数 减去奇数个最高位相同的，剩下的就是偶数个
print(1)
break # 除去最高位一样的那些，剩下的有偶数，就先手赢
else:
print(-1)
break # 否则后手赢
if temp %2 == 0: #如果最高位有偶数位，则顺延到下一位
high = high >> 1PS： 是感觉说的有些乱了，不会的可以和我探讨一下
10.括号序列
这题确实是不会，搞了好久才勉勉强强搞懂。大家可以去看一下B站大雪菜的。。。我也是看他的，但有几个点我觉得我可以说一下，可能学习过程中会有些不理解
首先是状态转移方程,dp[i][j]表示的是前i个序列中，左括号比右括号多j个的方案数。
这里先考虑添加左括号，如果第i个序列上的位置是右括号，dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + dp[i-1][j] + … + dp[i-1][0]
这是什么意思呢，就是说你在第i个序列为右括号了，那么我们可以在你的右括号前选择加左括号对吧，我如果选择加1个，你又要前i个序列左括号比右括号多j个，那么是不是前i-1个序列要左括号比右括号多j个？ 因为我加了一个左括号，但第i个是右括号，这两个抵消了。如果我选择在这个右括号前面加3个左括号，那么方案数就会等于dp[i-1][j-2]，想想，前面i-1个序列中，左括号比右括号多j-2个，然后又加了三个左括号一个右括号，是不是就是dp[i][j]了
如果第i个位置上是左括号那就什么都不用做了。
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] 这里加了一个左括号，就会等于前面的i-1个序列 左括号比右括号多j-1个
然后就是我一直都想不明白的问题，为什么最后输出左括号的方案不是直接输出 dp[n][0]，就是前n个序列中，左括号比右括号多0个，后面感觉是我自己想的太美满了，如果有一个序列是 ((()，那么我们要添加最少的最括号能往哪里加？会好的选择就是不加左括号只加右括号，所以对于左括号来说，最后我们要选择的就是dp[4][2] ，并不是dp[4][0]，只有在完美的情况下才会有dp[n][0]的出现，例如()))，这样就肯定是dp[n][0]，综上所述，我们输出的dp[n][i] ，i最小，一定是我们要的添加最少左括号的方案数。
右括号的话你翻个序再把左右括号互相变一下，继续用左括号的模板就好了
def func():
dp = [[0] * (n+2) for _ in range(n+2)] # dp[i][j] 表示前i个序列，左括号比右括号多j个的方案数
dp[0][0] = 1
for i in range(1,n+1):
if s[i-1] == '(':
for j in range(1,n+1):
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
else:
dp[i][0] = (dp[i - 1][0] + dp[i-1][1]) % mod
for j in range(1,n+1):
dp[i][j] = (dp[i][j-1] + dp[i-1][j+1]) % mod # 0特判是因为会出界
for i in range(n+1):
if dp[n][i]: #找前n个中左括号比右括号多的数最少，表示我们添加的也最少
return dp[n][i]
return -1
if __name__ == '__main__':
s = list(input())
n = len(s)
mod = 1e9 + 7
left = func()
s.reverse() # 从左往右看是填左括号，右往左是填右括号
# 但是因为我们func是按左括号写的，所以还需要将左括号和右括号对调一下，这样我们就不用重新写一个函数
for i in range(n):
if s[i] == ')':
s[i] = '('
else:
s[i] = ')'
right = func()
print(int(left*right % mod))
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