2023年十四届蓝桥杯省赛大学B组真题
试题A：阶乘求和
本题总分：5 分
【问题描述】
令 S = 1! + 2! + 3! + … + 202320232023!，求 S 的末尾 9 位数字。 提示：答案首位不为 0。
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一 个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
答案：420940313
【解题思路】
对于数据量大的计算题，可以先尝试把每一步的数据结果展示出来，分析规律，而这题恰巧在某一个位置后，末尾9位数字全为0，在此之前的结果就是答案，过程中记得对每个值都进行取余，否则可能会导致数值出错，得不到正确答案。
【代码】
package zhenti_2023_jiechengqiuhe;import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...long sum = 0;// 数据量较大，用longlong num = 1;for (int i = 1; true; i++) {// 当阶乘后九位为0时，相加无意义if (num % 1e9 == 0)break;num *= i;// num结果除余对最终结果无影响，不除余会造成数据错误num %= 1e9;sum += num;sum %= 1e9;}System.out.println(sum);scan.close();}}试题 B: 幸运数字
本题总分：5 分
【问题描述】
哈沙德数是指在某个固定的进位制当中，可以被各位数字之和整除的正整 数。例如 126 是十进制下的一个哈沙德数，因为 (126)10 mod (1+2+6) = 0；126也是八进制下的哈沙德数，因为 (126)10 = (176)8，(126)10 mod (1 + 7 + 6) = 0； 同时 126 也是 16 进制下的哈沙德数，因为 (126)10 = (7e)16，(126)10 mod (7 + e) = 0。小蓝认为，如果一个整数在二进制、八进制、十进制、十六进制下均为 哈沙德数，那么这个数字就是幸运数字，第 1 至第 10 个幸运数字的十进制表示 为：1 , 2 , 4 , 6 , 8 , 40 , 48 , 72 , 120 , 126 . . . 。现在他想知道第 2023 个幸运数 字是多少？你只需要告诉小蓝这个整数的十进制表示即可。
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一 个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
答案：215040
【解题思路】
给出一个判断是否为哈沙德数的判断式，从1开始一直循环遍历下去，并为符合条件的数标记个数，直到2023个被标记数时，获取当前值，即为答案。
【代码】
package zhenti_2023_xingyunshuzi;import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...Main m1 = new Main();int count = 0;for (int i = 1; true; i++) {// 判断是否为幸运数字,是则标记countif (m1.sfhasha(i, 2) && m1.sfhasha(i, 8) && m1.sfhasha(i, 10) && m1.sfhasha(i, 16))count++;else {continue;}// 当count为2023时，输出结果if (count == 2023) {System.out.println(i);break;}}scan.close();}/** ** @param i 判断是否为哈沙德数的数 * @param mod 判断的进制 * @return 判断i在mod进制下是否为哈沙德数 */public boolean sfhasha(int i, int mod) {int num = i, sum = 0;boolean sf;while (i != 0) {sum += i % mod;// sum为i在mod进制时的值各个位上的数之和i /= mod;}sf = (num % sum) == 0;return sf;}}试题 C: 数组分割
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：10 分
【问题描述】
小蓝有一个长度为 N 的数组 A = [A0, A1, . . . , AN−1]。现在小蓝想要从 A 对应的数组下标所构成的集合 I = 0, 1, 2, . . . , N − 1 中找出一个子集 R1，那么 R1 在 I 中的补集为 R2。记 S 1 = ∑r∈R1 Ar，S 2 = ∑r∈R2 Ar，我们要求 S 1 和 S 2 均为 偶数，请问在这种情况下共有多少种不同的 R1。当 R1 或 R2 为空集时我们将S 1 或 S 2 视为 0。
【输入格式】
第一行一个整数 T，表示有 T 组数据。 接下来输入 T 组数据，每组数据包含两行：第一行一个整数 N，表示数组A 的长度；第二行输入 N 个整数从左至右依次为 A0, A1, . . . , AN−1，相邻元素之 间用空格分隔。
【输出格式】
对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案，答案可能会很大，你 需要将答案对 1000000007 进行取模后输出。
【样例输入】
226 621 6【样例输出】
40【样例说明】
对于第一组数据，答案为 4。（注意：大括号内的数字表示元素在数组中的 下标。）
R1 = {0}, R2 = {1}；此时 S 1 = A0 = 6 为偶数, S 2 = A1 = 6 为偶数。
R1 = {1}, R2 = {0}；此时 S 1 = A1 = 6 为偶数, S 2 = A0 = 6 为偶数。
R1 = {0, 1}, R2 = {}；此时 S 1 = A0 + A1 = 12 为偶数, S 2 = 0 为偶数。
R1 = {}, R2 = {0, 1}；此时 S 1 = 0 为偶数, S 2 = A0 + A1 = 12 为偶数。 对于第二组数据，无论怎么选择，都不满足条件，所以答案为 0。
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 10。
对于 40% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 1 02 10^2102。
对于 100% 的评测用例，1 ≤ T ≤ 10, 1 ≤ N ≤ 1 03 10^3103 , 0 ≤ Ai A_iAi ≤ 1 09 10^9109。
【解题思路】
通过分析，R1需要取一部分的数值，R2则取余下的部分，要想两边和都为偶数需要满足无奇数或奇数个数为偶数个，即题中奇数总个数要为偶数个，否则返回结果0，由于偶数组和奇数组相互独立，根据乘法法则，最终结果为偶数组合数乘以奇数组合数，偶数组合数=pow(2,偶数个数)，奇数组合数=pow(2,奇数个数)。
【代码】
package zhenti_2023_shuzufenge;import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...int T;// 接收有几组数据T = scan.nextInt();int N;// 接收数组A的长度int[][] A = new int[T][];// 用于存放数组内容int[] count = new int[T];// 用于存放各组符合条件的个数，即结果答案// 获取用户输入内容，为数组赋值，并计算结果for (int i = 0; i < T; i++) {int i0 = 0, i1 = 0;// i0为偶数个数，i1为奇数个数N = scan.nextInt();A[i] = new int[N];//获取数组中一共有几个奇数和偶数for (int j = 0; j < N; j++) {A[i][j] = scan.nextInt();if (A[i][j] % 2 != 0) {i1++;} else {i0++;}}//一、经对结果进行分析，发现只有当数组奇数个数为偶数个时，才符合结果所需要求//二、经对结果进行分析，发现结果规律为下列表达式：结果=pow(2,偶数个数)*pow(2,奇数个数-1) 如果奇数个数为0，则pow(2,0)if(i1%2!=0) {count[i]=0;continue;}else {count[i]=(int)(Math.pow(2,i0)*Math.pow(2, i1==0?0:i1-1)%1000000007);}}for (int i : count) {System.out.println(i);}}}试题 D: 矩形总面积
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：10 分
【问题描述】
平面上有个两个矩形 R1 和 R2，它们各边都与坐标轴平行。设 (x1, y1) 和(x2, y2) 依次是 R1 的左下角和右上角坐标，(x3, y3) 和 (x4, y4) 依次是 R2 的左下 角和右上角坐标，请你计算 R1 和 R2 的总面积是多少？
注意：如果 R1 和 R2 有重叠区域，重叠区域的面积只计算一次。
【输入格式】
输入只有一行，包含 8 个整数，依次是：x1，y1，x2，y2，x3，y3，x4 和 y4。
【输出格式】
一个整数，代表答案。
【样例输入】
2 1 7 4 5 3 8 6【样例输出】
22【样例说明】
样例中的两个矩形如图所示：
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，R1 和 R2 没有重叠区域。
对于 20% 的数据，其中一个矩形完全在另一个矩形内部。
对于 50% 的数据，所有坐标的取值范围是 [0, 1 03 10^3103]。
对于 100% 的数据，所有坐标的取值范围是 [0, 1 05 10^5105]。
【解题思路】
求两个矩形合并后的面积，很容易想到先对两个矩形的面积进行求和，再减去重叠部分的面积，如果没重叠，重叠部分面积则为0，如何判断是否重叠，当最小的右上角点坐标的x，y值减去最大左下角点坐标的x，y结果>0即重叠，反之未重叠。
【代码】
package zhenti_2023_juxingzongmianji;import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...int x1 = scan.nextInt(), y1 = scan.nextInt();int x2 = scan.nextInt(), y2 = scan.nextInt();int x3 = scan.nextInt(), y3 = scan.nextInt();int x4 = scan.nextInt(), y4 = scan.nextInt();// 计算面积并且减去重叠部分的面积long area = (long) (x2 - x1) * (y2 - y1) + (long) (x4 - x3) * (y4 - y3);int overlapWidth = Math.max(0, Math.min(x2, x4) - Math.max(x1, x3)); // 重叠部分宽度int overlapHeight = Math.max(0, Math.min(y2, y4) - Math.max(y1, y3)); // 重叠部分高度if (overlapWidth > 0 && overlapHeight > 0) { // 存在重叠部分area -= (long) overlapWidth * overlapHeight;}System.out.println(area);}}试题 E: 蜗牛
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：15 分
【问题描述】
这天，一只蜗牛来到了二维坐标系的原点。 在 x 轴上长有 n 根竹竿。它们平行于 y 轴，底部纵坐标为 0，横坐标分别 为 x1, x2, …, xn。竹竿的高度均为无限高，宽度可忽略。蜗牛想要从原点走到第n 个竹竿的底部也就是坐标 (xn, 0)。它只能在 x 轴上或者竹竿上爬行，在 x 轴 上爬行速度为 1 单位每秒；由于受到引力影响，蜗牛在竹竿上向上和向下爬行 的速度分别为 0.7 单位每秒和 1.3 单位每秒。 为了快速到达目的地，它施展了魔法，在第 i 和 i + 1 根竹竿之间建立了传 送门（0 < i < n），如果蜗牛位于第 i 根竹竿的高度为 ai 的位置 (xi , ai)，就可以 瞬间到达第 i + 1 根竹竿的高度为 bi+1 的位置 (xi+1, bi+1)，请计算蜗牛最少需要 多少秒才能到达目的地。
【输入格式】
输入共 1 + n 行，第一行为一个正整数 n； 第二行为 n 个正整数 x1, x2, . . . , xn； 后面 n − 1 行，每行两个正整数 ai , bi+1。
【输出格式】
输出共一行，一个浮点数表示答案（四舍五入保留两位小数）。
【样例输入】
31 10 111 12 1【样例输出】
4.20【样例说明】
蜗牛路线：
(0, 0) → (1, 0) → (1, 1) → (10, 1) → (10, 0) → (11, 0)，花费时间为 1 + 1 /0.7 + 0 + 1 /1.3 + 1 ≈ 4.20
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，保证 n ≤ 15；
对于 100% 的数据，保证 n ≤ 1 05 10^5105 ，ai , bi ≤ 1 04 10^4104，xi ≤ 1 09 10^9109。
【解题思路】
这题主要是运用dp算法的思维来解，分析得到两种情况，一种是走到竹竿底部，一种是走到竹竿传送门起点：
dp[0][i]表示从起点走到第i根竹竿底部的时间，
dp[1][i]表示从起点走到第i根竹竿传送门起点的时间。
到达竹竿底部的关系式为
dp[0][i] = Math.min(dp[0][i – 1] + s[i], dp[1][i – 1] + y_end[i] / 1.3);
到达传送门起点要分两种情况讨论，一种是传送门终点在起点上方，另一种则是在下方，关系式为
if (y_end[i] > y_start[i]) {
dp[1][i] = Math.min(dp[0][i] + y_start[i] / 0.7, dp[1][i – 1] + (y_end[i] – y_start[i]) / 1.3);
} else {
dp[1][i] = Math.min(dp[0][i] + y_start[i] / 0.7, dp[1][i – 1] + (y_start[i] – y_end[i]) / 0.7);
}
（s[]存放竹竿间的距离，s[3]为第2根竹竿到第3根竹竿的距离，y_start[i]、y_end[i]分别为第i根竹竿传送门起点、终点在y轴的坐标）
【代码】
package zhenti_2023_woniu;import java.text.DecimalFormat;import java.util.Scanner;//1:无需package//2: 类名必须Main, 不可修改public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...int n = scan.nextInt();// 存放竹竿总数int[] x = new int[n + 1];// 存放竹竿在x轴的位置int[] s = new int[n + 1];// 存放竹竿间的距离，s[3]为第2根竹竿到第3根竹竿的距离int[] y_start = new int[n + 1];// 存放竹竿传送门起点在y轴的位置int[] y_end = new int[n + 1];// 存放竹竿传送门终点在y轴的位置// dp[0][i]表示从起点走到第i根竹竿底部的时间，dp[1][i]表示从起点走到第i根竹竿传送门起点的时间double[][] dp = new double[2][n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) {x[i] = scan.nextInt();s[i] = x[i] - x[i - 1];}for (int i = 1; i < n; i++) {y_start[i] = scan.nextInt();y_end[i + 1] = scan.nextInt();}// y_end[1]、dp[1][0]均为不存在的值，初始化为integer的最大值y_end[1] = Integer.MAX_VALUE;dp[1][0] = Integer.MAX_VALUE;// dp算法for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[0][i] = Math.min(dp[0][i - 1] + s[i], dp[1][i - 1] + y_end[i] / 1.3);// 当终点在起点上方，向下爬，反之向上爬if (y_end[i] > y_start[i]) {dp[1][i] = Math.min(dp[0][i] + y_start[i] / 0.7, dp[1][i - 1] + (y_end[i] - y_start[i]) / 1.3);} else {dp[1][i] = Math.min(dp[0][i] + y_start[i] / 0.7, dp[1][i - 1] + (y_start[i] - y_end[i]) / 0.7);}}// 保留小数点后两位// DecimalFormat用于格式化十进制数字。DecimalFormat df = new DecimalFormat("#.00");System.out.println(df.format(dp[0][n]));scan.close();}}试题 F: 合并区域
时间限制: 3.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：15 分
【问题描述】
小蓝在玩一款种地游戏。现在他被分配给了两块大小均为 N × N 的正方形 区域。这两块区域都按照 N × N 的规格进行了均等划分，划分成了若干块面积 相同的小区域，其中每块小区域要么是岩石，要么就是土壤，在垂直或者水平 方向上相邻的土壤可以组成一块土地。现在小蓝想要对这两块区域沿着边缘进 行合并，他想知道合并以后可以得到的最大的一块土地的面积是多少（土地的 面积就是土地中土壤小区域的块数）？ 在进行合并时，小区域之间必须对齐。可以在两块方形区域的任何一条边 上进行合并，可以对两块方形区域进行 90 度、180 度、270 度、360 度的旋转， 但不可以进行上下或左右翻转，并且两块方形区域不可以发生重叠。
【输入格式】
第一行一个整数 N 表示区域大小。 接下来 N 行表示第一块区域，每行 N 个值为 0 或 1 的整数，相邻的整数 之间用空格进行分隔。值为 0 表示这块小区域是岩石，值为 1 表示这块小区域 是土壤。 再接下来 N 行表示第二块区域，每行 N 个值为 0 或 1 的整数，相邻的整 数之间用空格进行分隔。值为 0 表示这块小区域是岩石，值为 1 表示这块小区 域是土壤。
【输出格式】
一个整数表示将两块区域合并之后可以产生的最大的土地面积。
【样例输入】
40 1 1 01 0 1 11 0 1 01 1 1 00 0 1 00 1 1 01 0 0 01 1 1 1【样例输出】
15【样例说明】
第一张图展示了样例中的两块区域的布局。第二张图展示了其中一种最佳 的合并方式，此时最大的土地面积为 15。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的数据，1 ≤ N ≤ 5。
对于 60% 的数据，1 ≤ N ≤ 15。
对于 100% 的数据，1 ≤ N ≤ 50。
【解题思路】
对两个土地面积的旋转、位移等所有情况进行比对，取出最大面积。
将两个小区域合并成大区域后，空位处默认为0，对每个符合条件的点进行dfs算法，求出本次土地面积（已经探索过的点无需再进行dfs）。
【代码】
package zhenti_2023_hebingquyu;import java.util.Scanner;//1:无需package//2: 类名必须Main, 不可修改public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...Main m = new Main();int N = scan.nextInt();// 获取N的大小int[][] land1 = new int[N][N];// 区域1的初始int[][] land2 = new int[N][N];// 区域2的初始// 获取两块土地中小区域的规划for (int i = 0; i < N; i++) {for (int j = 0; j < N; j++) {land1[i][j] = scan.nextInt();}}for (int i = 0; i < N; i++) {for (int j = 0; j < N; j++) {land2[i][j] = scan.nextInt();}}// 分别存放区域1顺时针旋转90、180、270度后的结果int[][] land1_90 = m.clockwise_90(land1);int[][] land1_180 = m.clockwise_90(land1_90);int[][] land1_270 = m.clockwise_90(land1_180);// 分别存放区域2顺时针旋转90、180、270度后的结果int[][] land2_90 = m.clockwise_90(land2);int[][] land2_180 = m.clockwise_90(land2_90);int[][] land2_270 = m.clockwise_90(land2_180);// 合并1、2区域后，多余的位置补上0，合并成一个大矩形// 定义二维数组行为y坐标，列为x坐标，大矩形左上角为(0,0)，视作第一象限在(0,0)右下方向// 区域1的每个角度都要与区域2的每个角度的不同位置进行组合，获得大矩形，相同的两面一共要进行2N-1次不同位置组合int count = 2 * N - 1;// 区域1右上角与区域2的左下角的偏移量int max = 0;// 用于存放最大土地面积// 创建三维数组存放二维数组int[][][] lands1 = { land1, land1_90, land1_180, land1_270 };int[][][] lands2 = { land2, land2_90, land2_180, land2_270 };// 创建四维数组存放数组数据进行操作int[][][][] lands = { lands1, lands2 };// 循环调用求土地面积方法，并通过比对求得最大面积maxwhile (count > 0) {for (int i = 0; i < 4; i++) {for (int j = 0; j < 4; j++) {if (max < m.max_arer(m.combine(lands[0][i], lands[1][j], count))) {max = m.max_arer(m.combine(lands[0][i], lands[1][j], count));}}}count--;}System.out.println(max);scan.close();}/** * 求顺时针旋转九十度后的结果 ** @param land 需要顺时针旋转九十度的区域 * @return 顺时针旋转九十度后的结果 */public int[][] clockwise_90(int[][] land) {int N = land.length;int[][] land_90 = new int[N][N];for (int i = 0; i < N; i++) {for (int j = 0; j < N; j++) {land_90[i][j] = land[N - j - 1][i];}}return land_90;}/** * 求两个小区域组合后的大区域，空位补0，凑成大矩形 ** @param land1 区域1 * @param land2 区域2 * @param count 区域1右上角与区域2的左下角的偏移量 * @return 组合后的大矩形 */public int[][] combine(int[][] land1, int[][] land2, int count) {int N = land1.length;int[][] land;// count>=N时，区域1位于大矩形的左上角if (count >= N) {land = new int[count][2 * N];for (int i = 0; i < count; i++) {for (int j = 0; j < 2 * N; j++) {if (i < N && j < N) {land[i][j] = land1[i][j];} else if (i >= count - N && j >= N) {land[i][j] = land2[i - count + N][j - N];}}}}// count<N时，区域1位于大矩形的左下角else {land = new int[2 * N - count][2 * N];for (int i = 0; i < 2 * N - count; i++) {for (int j = 0; j < 2 * N; j++) {if (i < N && j >= N) {land[i][j] = land2[i][j - N];} else if (i >= N - count && j < N) {land[i][j] = land1[i - (N - count)][j];}}}}return land;}/** * 求该区域的最大土地面积 ** @param land 需要求的区域 * @return 该区域的最大土地面积 */public int max_arer(int[][] land) {int max = 0;int[][] land_fj = new int[land.length][land[0].length];for (int i = 0; i < land.length; i++) {for (int j = 0; j < land[0].length; j++) {land_fj[i][j] = land[i][j];}}for (int i = 0; i < land.length; i++) {for (int j = 0; j < land[0].length; j++) {if (land_fj[i][j] == 1) {int num = land_dfs(i, j, land_fj);if (max < num) {max = num;}}}}return max;}/** * 求一个区域从(x,y)点起始的最大土地面积 ** @param y数组行坐标 * @param x数组列坐标 * @param land 所求区域 * @return 该区域从(x,y)点起始的最大土地面积 */public int land_dfs(int y, int x, int[][] land) {int num = 0;if (land[y][x] == 0) {return num;} else if (land[y][x] == 1) {land[y][x] = 0;num++;}if (y > 0 && land[y - 1][x] == 1) {num += land_dfs(y - 1, x, land);}if (y < land.length - 1 && land[y + 1][x] == 1) {num += land_dfs(y + 1, x, land);}if (x > 0 && land[y][x - 1] == 1) {num += land_dfs(y, x - 1, land);}if (x < land[0].length - 1 && land[y][x + 1] == 1) {num += land_dfs(y, x + 1, land);}return num;}}试题 G: 买二赠一
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
某商场有 N 件商品，其中第 i 件的价格是 Ai。现在该商场正在进行 “买二 赠一” 的优惠活动，具体规则是： 每购买 2 件商品，假设其中较便宜的价格是 P（如果两件商品价格一样， 则 P 等于其中一件商品的价格），就可以从剩余商品中任选一件价格不超过 P/2的商品，免费获得这一件商品。可以通过反复购买 2 件商品来获得多件免费商品，但是每件商品只能被购买或免费获得一次。 小明想知道如果要拿下所有商品（包含购买和免费获得），至少要花费多少 钱？
【输入格式】
第一行包含一个整数 N。 第二行包含 N 个整数，代表 A1, A2, A3, . . . ，AN。
【输出格式】
输出一个整数，代表答案。
【样例输入】
71 4 2 8 5 7 1【样例输出】
25【样例说明】
小明可以先购买价格 4 和 8 的商品，免费获得一件价格为 1 的商品；再后 买价格为 5 和 7 的商品，免费获得价格为 2 的商品；最后单独购买剩下的一件 价格为 1 的商品。总计花费 4 + 8 + 5 + 7 + 1 = 25。不存在花费更低的方案。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的数据，1 ≤ N ≤ 20。
对于 100% 的数据，1 ≤ N ≤ 5 × 1 05 10^5105，1 ≤ Ai ≤ 1 09 10^9109 。
【解题思路】
运用贪心算法计算，最优解为优先赠送现存最贵的商品，无法赠送时优先购买最贵的商品，以获取最大赠送金额
【代码】
package zhenti_2023_maierzengyi;import java.util.Arrays;import java.util.LinkedList;import java.util.Queue;import java.util.Scanner;//1:无需package//2: 类名必须Main, 不可修改public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...Main m = new Main();int N = scan.nextInt();int[] prices = new int[N];// int足以存放商品单价的大小for (int i = 0; i < N; i++) {prices[i] = scan.nextInt();}System.out.println(m.minimum_cost(prices));scan.close();}/** * 贪心算法计算，最优解为优先赠送现存最贵的商品，无法赠送时优先购买最贵的商品，以获取最大赠送金额 ** @param prices 单价数组 * @return 最低花费金额 */public long minimum_cost(int[] prices) {long cost = 0;// 存放总花费金额，数值较大用longboolean second = false;// 判断是否为第二件购买的商品Queue<Integer> queue = new LinkedList<Integer>();// 创建队列存放可免费赠送商品的最大价格Arrays.sort(prices);// 对价格数组进行升序排序int len = prices.length - 1;// 存放数组最大下标，进行逆序访问while (len >= 0) {if (!queue.isEmpty() && prices[len] <= queue.peek()) {// 当队列不为空且当前商品满足免费赠送条件时，对赠送商品进行出队操作queue.poll();} else {// 当当前商品无法赠送时，进行购买操作cost += prices[len];if (second) {// 当商品是第二件购买的商品，符合赠送条件，入队可赠送价格queue.add(prices[len] / 2);second = false;} else {second = true;}}len--;}return cost;}}试题 H: 合并石子
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
在桌面从左至右横向摆放着 N 堆石子。每一堆石子都有着相同的颜色，颜 色可能是颜色 0，颜色 1 或者颜色 2 中的其中一种。 现在要对石子进行合并，规定每次只能选择位置相邻并且颜色相同的两堆 石子进行合并。合并后新堆的相对位置保持不变，新堆的石子数目为所选择的 两堆石子数目之和，并且新堆石子的颜色也会发生循环式的变化。具体来说： 两堆颜色 0 的石子合并后的石子堆为颜色 1，两堆颜色 1 的石子合并后的石子 堆为颜色 2，两堆颜色 2 的石子合并后的石子堆为颜色 0。本次合并的花费为所 选择的两堆石子的数目之和。 给出 N 堆石子以及他们的初始颜色，请问最少可以将它们合并为多少堆石 子？如果有多种答案，选择其中合并总花费最小的一种，合并总花费指的是在 所有的合并操作中产生的合并花费的总和。
【输入格式】
第一行一个正整数 N 表示石子堆数。 第二行包含 N 个用空格分隔的正整数，表示从左至右每一堆石子的数目。 第三行包含 N 个值为 0 或 1 或 2 的整数表示每堆石头的颜色。
【输出格式】
一行包含两个整数，用空格分隔。其中第一个整数表示合并后数目最少的 石头堆数，第二个整数表示对应的最小花费。
【样例输入】
55 10 1 8 61 1 0 2 2【样例输出】
2 44【样例说明】
上图显示了两种不同的合并方式。其中节点中标明了每一堆的石子数目， 在方括号中标注了当前堆石子的颜色属性。左图的这种合并方式最终剩下了两 堆石子，所产生的合并总花费为 15 + 14 + 15 = 44；右图的这种合并方式最终 也剩下了两堆石子，但产生的合并总花费为 14 + 15 + 25 = 54。综上所述，我 们选择合并花费为 44 的这种方式作为答案。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 10。
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 50。
对于 100% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 300, 1 ≤ 每堆石子的数目 ≤ 1000。
【解题思路】
这题是在基础的合并石子动态规划问题上多了一个颜色转换的问题，需要考虑在i到j之间能否合并出一堆颜色为所标记的一堆，详细步骤看代码注释
【代码】
package zhenti_2023_hebingshizi;import java.util.Scanner;//1:无需package//2: 类名必须Main, 不可修改public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...int N = scan.nextInt();int[][][] min_sums = new int[3][N + 1][N + 1];// 存放不同颜色left~right区间合并的最小值int[][] mins = new int[N + 1][N + 1];// 存放left~right区间合并的最小值int[] nums = new int[N + 1];// 接收石子数据int[] sums = new int[N + 1];// 存放前n堆石子数的总和int[] clrs = new int[N + 1];// 接收颜色数据int[][] min_nums = new int[N + 1][N + 1];// 存放left~right区间合并的最少堆数// 为各颜色左右任意两点内的区间合并最小值赋值为int的最大值for (int i = 1; i <= N; i++) {for (int j = i; j <= N; j++) {min_sums[0][i][j] = Integer.MAX_VALUE;min_sums[1][i][j] = Integer.MAX_VALUE;min_sums[2][i][j] = Integer.MAX_VALUE;}}// 接收石子数目，并为sums赋值for (int i = 1; i <= N; i++) {nums[i] = scan.nextInt();sums[i] = sums[i - 1] + nums[i];}// 接收颜色数据，并为石堆与自己合并值为0for (int i = 1; i <= N; i++) {clrs[i] = scan.nextInt();min_sums[clrs[i]][i][i] = 0;}// 为区间最小堆数初始化赋值为原有堆数for (int i = 1; i <= N; i++) {for (int j = i; j <= N; j++) {min_nums[i][j] = j - i + 1;}}// len为区间长度for (int len = 2; len <= N; len++) {for (int left = 1; left <= N - len + 1; left++) {// 利用左端点和区间长度求得右端点int right = left + len - 1;for (int k = left; k < right; k++) {// 合并前的颜色clr_afor (int clr_a = 0; clr_a < 3; clr_a++) {int clr_l = (clr_a + 1) % 3;// 合并后的颜色clr_l// 当dp[i][k]与dp[i+k][j]存在有效值时，dp[i][j]有值，进行对比赋值操作// dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[i+k][j]+(sum[j]-sum[i-1]))// dp为区间合并最小石子数，i为左端点，j为右端点，k区间为i<=k<j// sum为前n堆石子的和，则sum[j]-sum[i-1]为j~i区间石子的和if (min_sums[clr_a][left][k] != Integer.MAX_VALUE&& min_sums[clr_a][k + 1][right] != Integer.MAX_VALUE) {min_sums[clr_l][left][right] = Math.min(min_sums[clr_l][left][right],min_sums[clr_a][left][k] + min_sums[clr_a][k + 1][right]+ (sums[right] - sums[left - 1]));}}}// 任一颜色的left~right区间有最小值，区间最少堆数为1，对区间合并后的最小值进行比对赋值,取最小if (min_sums[0][left][right] != Integer.MAX_VALUE || min_sums[1][left][right] != Integer.MAX_VALUE|| min_sums[2][left][right] != Integer.MAX_VALUE) {min_nums[left][right] = 1;mins[left][right] = Math.min(Math.min(min_sums[0][left][right], min_sums[1][left][right]),min_sums[2][left][right]);}}}// 将最终结果进行比对，求得结果min_nums[1][N]、mins[1][N]for (int left = 1; left <= N; left++) {for (int k = left; k <= N; k++) {for (int right = k + 1; right <= N; right++) {// 当区间存在更小的堆数时，获取更小堆数，并存入与之对应的最小值if (min_nums[left][right] > min_nums[left][k] + min_nums[k + 1][right]) {min_nums[left][right] = min_nums[left][k] + min_nums[k + 1][right];mins[left][right] = mins[left][k] + mins[k + 1][right];} else if (min_nums[left][right] == min_nums[left][k] + min_nums[k + 1][right]) {// 堆数相同时，获取更小的区间合并最小值mins[left][right] = Math.min(mins[left][right], mins[left][k] + mins[k + 1][right]);}}}}// 最终1~N区间的最小堆数与最小值为所求结果System.out.println(min_nums[1][N] + " " + mins[1][N]);scan.close();}}试题 I: 最大开支
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：25 分
【问题描述】
小蓝所在学校周边新开业了一家游乐园，小蓝作为班长，打算组织大家去 游乐园玩。已知一共有 N 个人参加这次活动，游乐园有 M 个娱乐项目，每个 项目都需要买门票后才可进去游玩。门票的价格并不是固定的，团购的人越多 单价越便宜，当团购的人数大于某个阈值时，这些团购的人便可以免费进入项 目进行游玩。这 M 个娱乐项目是独立的，所以只有选择了同一个项目的人才可 以参与这个项目的团购。第 i 个项目的门票价格 Hi 与团购的人数 X 的关系可 以看作是一个函数：
Hi(X) = max(Ki × X + Bi , 0)
max 表示取二者之中的最大值。当 Hi = 0 时说明团购人数达到了此项目的 免单阈值。 这 N 个人可以根据自己的喜好选择 M 个娱乐项目中的一种，或者有些人 对这些娱乐项目都没有兴趣，也可以选择不去任何一个项目。每个人最多只会 选择一个娱乐项目，如果多个人选择了同一个娱乐项目，那么他们都将享受对 应的团购价格。小蓝想知道他至少需要准备多少钱，使得无论大家如何选择， 他都有能力支付得起所有 N 个人购买娱乐项目的门票钱。
【输入格式】
第一行两个整数 N、M，分别表示参加活动的人数和娱乐项目的个数。 接下来 M 行，每行两个整数，其中第 i 行为 Ki、Bi，表示第 i 个游乐地点 的门票函数中的参数。
【输出格式】
一个整数，表示小蓝至少需要准备多少钱，使得大家无论如何选择项目， 自己都支付得起。
【样例输入】
4 2-4 10-2 7【样例输出】
12【样例说明】
样例中有 4 个人，2 个娱乐项目，我们用一个二元组 (a, b) 表示 a 个人选 择了第一个娱乐项目，b 个人选择了第二个娱乐项目，那么就有 4 − a − b 个 人没有选择任何项目，方案 (a, b) 对应的门票花费为 max(−4 × a + 10, 0) × a + max(−2 × b + 7, 0) × b，所有的可能如下所示：
其中当 a = 1, b = 2 时花费最大，为 12。此时 1 个人去第一个项目，所以第一个项目的单价为 10 − 4 = 6，在这个项目上的花费为 6 × 1 = 6；2 个人去 第二个项目，所以第二个项目得单价为 7 − 2 × 2 = 3，在这个项目上的花费为2 × 3 = 6；还有 1 个人没去任何项目，不用统计；总花费为 12，这是花费最大 的一种方案，所以答案为 12。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ N, M ≤ 10。
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N, M ≤ 1000。
对于 100% 的评测用例，1 ≤ N, M, Bi ≤ 1 05 10^5105，− 1 05 10^5105≤ Ki < 0。
【解题思路】
本题运用贪心算法，通过计算增加到当前人数与之前的总价变化量，分析结果情况为：人数越多，变化量越小，因此只需求得两个项目变化量最大的几个总价变化量和，即为最大花费（每个项目变化量最大的必然是只有一个人玩时），不明白的可以看我的代码注释
【代码】
package zhenti_2023_zuidakaizhi;import java.util.PriorityQueue;import java.util.Scanner;//1:无需package//2: 类名必须Main, 不可修改public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...Main m = new Main();int N = scan.nextInt();int M = scan.nextInt();int[] K = new int[M];int[] B = new int[M];for (int i = 0; i < M; i++) {K[i] = scan.nextInt();B[i] = scan.nextInt();}PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<Integer>();// 默认从小到大排序// 获取M个娱乐项目不同人数的总价变化量for (int i = 0; i < M; i++) {for (int j = 1; j <= N; j++) {// 当总价变化量有效时，存入优先队列pqif (m.price_changes(K[i], B[i], j) > 0) {// 最大值取负号为最小值pq.offer(-m.price_changes(K[i], B[i], j));} else {break;}}}int num = Math.min(pq.size(), N);// 取得最终游玩人数long sum = 0;// 取前num个最大变化量，即为最终解for (int i = 0; i < num; i++) {sum += (-pq.poll());}System.out.println(sum);scan.close();}/** * 计算增加到当前人数与之前的总价变化量 ** ！！！通过分析题目可知，人数越多，变化量越小！！！ ** @param K 系数K * @param B 系数B * @param X 人数 * @return 人数变化量 */public int price_changes(int K, int B, int X) {int change;change = Math.max(X * (K * X + B) - (X - 1) * (K * (X - 1) + B), 0);return change;}}试题 J: 魔法阵
时间限制: 2.0s 内存限制: 512.0MB 本题总分：25 分
【问题描述】
魔法师小蓝为了营救自己的朋友小 Q，来到了敌人布置的魔法阵。魔法阵 可以看作是一幅具有 N 个结点 M 条边的无向图，结点编号为 0, 1, 2, . . . , N − 1， 图中没有重边和自环。敌人在每条边上都布置了陷阱，每条边都有一个伤害属 性 w，每当小蓝经过一条边时就会受到这条边对应的 w 的伤害。小蓝从结点 0出发，沿着边行走，想要到达结点 N − 1 营救小 Q。
小蓝有一种特殊的魔法可以使用，假设一条路径按照顺序依次经过了以下L 条边：e1, e2, . . . , eL（可以出现重复的边），那么期间小蓝受到的总伤害就是P = ∑L i=1 w(ei)，w(ei) 表示边 ei 的伤害属性。如果 L ≥ K，那么小蓝就可以从 这 L 条边当中选出连续出现的 K 条边 ec , ec+1, . . . , ec+K−1 并免去在这 K 条边行 走期间所受到的伤害，即使用魔法之后路径总伤害变为 P ′ = P − ∑ i = c c + K − 1 \sum_{i=c}^{c+K−1}∑i=cc+K−1 w(ei)。 注意必须恰好选出连续出现的 K 条边，所以当 L < K 时无法使用魔法。
小蓝最多只可以使用一次上述的魔法，请问从结点 0 出发到结点 N − 1 受 到的最小伤害是多少？题目保证至少存在一条从结点 0 到 N − 1 的路径。
【输入格式】
第一行输入三个整数，N, K, M，用空格分隔。 接下来 M 行，每行包含三个整数 u, v,w，表示结点 u 与结点 v 之间存在一 条伤害属性为 w 的无向边。
【输出格式】
输出一行，包含一个整数，表示小蓝从结点 0 到结点 N − 1 受到的最小伤 害。
【样例输入 1】
4 2 30 1 21 2 12 3 4【样例输出 1】
2【样例输入 2】
2 5 10 1 1【样例输出 2】
0【样例说明】
样例 1，存在路径：0 → 1 → 2 → 3，K = 2，如果在 0 → 1 → 2 上使用魔 法，那么答案就是 0 + 0 + 4 = 4；如果在 1 → 2 → 3 上使用魔法，那么答案就 是 2 + 0 + 0 = 2。再也找不到比 2 还小的答案了，所以答案就是 2。
样例 2，存在路径：0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 1，K = 5，这条路径总计恰好 走了 5 条边，所以正好可以用魔法消除所有伤害，答案是 0。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 20。
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 100。
对于 100% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 1000, 1 ≤ M ≤ N×(N−1)/2 ，1 ≤ K ≤ 10, 0 ≤ u, v ≤ N − 1，1 ≤ w ≤ 1000。
【解题思路】
先通过dijkstra算法求得起点到终点的最小伤害（最短路径），再通过关系式子dp[y][j] = dp[x][j – 1]逐步求得使用魔法后的最小伤害，最后比对不使用魔法与使用魔法的最小伤害，输出最小值。
【代码】
package zhenti_2023_mofazhen;import java.util.Vector;import java.util.LinkedList;import java.util.Queue;import java.util.Scanner;//1:无需package//2: 类名必须Main, 不可修改public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scan = new Scanner(System.in);// 在此输入您的代码...Main ma = new Main();int n = scan.nextInt();int k = scan.nextInt();int m = scan.nextInt();// 创建一个动态扩容的存储空间ve，该存储空间存放着 动态扩容存放node的空间 的数据类型Vector<Vector<node>> ve = new Vector<Vector<node>>();// 根据结点数n传入n个数据类型为node的动态存储空间for (int i = 0; i < n; i++)ve.add(new Vector<node>());// 获取各行对应的u、v、w，并存入对应的node数据（无向图可双向前进，即u可到v，v可到u）for (int i = 1; i <= m; i++) {int u = scan.nextInt();int v = scan.nextInt();int w = scan.nextInt();ve.get(u).add(new node(v, w));ve.get(v).add(new node(u, w));}System.out.println(ma.dij(ve, n, k));scan.close();}// 结点对象static class node {// 可前往的结点int to;// 到to这个结点受到的的伤害int w;// 构造方法public node(int a, int b) {to = a;w = b;}}// 运用Dijkstra、Dp算法进行求解public int dij(Vector<Vector<node>> ve, int n, int k) {// 创建一个运用dp算法的二维数组d，dp[i][j]表示从0跑到i，且消除j条连续边伤害的最小伤害。int dp[][] = new int[1001][11];// 为dp中的每个数据初始化为一个较大值，不能为int最大值，后面比较会超出范围for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j <= k; j++)dp[i][j] = (int) 1e9;// 不使用魔法且到达出发点，受到的最小伤害为0dp[0][0] = 0;// 创建队列q存储类型为integerQueue<Integer> q = new LinkedList<Integer>();// 将出发点入队q.add(0);// 当队列不为空时继续循环，为空退出循环while (!q.isEmpty()) {// 将队头出队，且赋值给x// 利用队列先入先出原则，从头结点一步步往目标结点比对，实现Dijkstra算法int x = q.poll();// 逐一获取x对应的动态存储空间内的node进行操作for (node o : ve.get(x)) {// 获取当前node中的to、w，对y、w进行赋值int y = o.to, w = o.w;// 判断是否进行过操作，默认falseboolean f = false;// 不使用魔法，0到y有比原先更小伤害（即0到y最短路径），进行赋值操作，f改为trueif (dp[y][0] > dp[x][0] + w) {dp[y][0] = dp[x][0] + w;f = true;}// 得到公式dp[y][j]=dp[x][j-1]// 使用魔法j，0到y有比原先更小伤害，进行赋值操作，f改为truefor (int j = 1; j <= k; j++) {if (dp[y][j] > dp[x][j - 1]) {dp[y][j] = dp[x][j - 1];f = true;}}// 使用题目给定魔法k，0到y有比原先更小伤害，进行赋值操作，f改为trueif (dp[y][k] > dp[x][k] + w) {dp[y][k] = dp[x][k] + w;f = true;}// 当进行过操作时，将下一结点下标y入队if (f)q.add(y);}}return Math.min(dp[n - 1][0], dp[n - 1][k]);}}