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C/C++蓝桥杯算法真题打卡（Day4）

news 2025/3/9 5:34:59

一、P11041 [蓝桥杯 2024 省 Java B] 报数游戏 - 洛谷

算法代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;// 计算第 n 个满足条件的数
long long findNthNumber(long long n) {long long low = 1, high = 1e18; // 二分查找范围while (low < high) {long long mid = (low + high) / 2;// 计算 mid 以内 20 或 24 的倍数的个数long long count = mid / 20 + mid / 24 - mid / 120;if (count < n) {low = mid + 1;} else {high = mid;}}return low;
}int main() {long long n = 202420242024;long long result = findNthNumber(n);cout << result << endl;return 0;
}

代码说明

二分查找：
- 通过二分查找确定第 n 个满足条件的数。
- 查找范围从 1 到 1e18（足够大的数）。
容斥原理：
- mid / 20：计算 mid 以内 20 的倍数的个数。
- mid / 24：计算 mid 以内 24 的倍数的个数。
- mid / 120：减去 20 和 24 的最小公倍数的个数（避免重复计算）。
时间复杂度：
- 二分查找的时间复杂度为 O(log N)，效率非常高。

二、P8792 [蓝桥杯 2022 国 A] 最大公约数 - 洛谷

算法代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define lc 2*k
#define rc 2*k+1
using namespace std;
int n,a[1234567],cnt;
struct nord{int l,r,mx;
}t[1234567];
void build(int k,int l,int r){//建树t[k].l=l,t[k].r=r;if (l==r){t[k].mx=a[l];return ;}int mid=(l+r)/2;build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);t[k].mx=__gcd(t[lc].mx,t[rc].mx);
}
int ask(int k,int l,int r){//求区间gcdif (l<=t[k].l&&r>=t[k].r) return t[k].mx;int ans=0;int mid=(t[k].l+t[k].r)/2;if (l<=mid) ans=__gcd(ans,ask(lc,l,r));if (r>mid) ans=__gcd(ans,ask(rc,l,r));return ans;
}
main(){cin>>n;for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],cnt+=(a[i]==1?1:0);build(1,1,n);if (cnt){//特殊情况cout <<n-cnt;return 0;}int ans=1e9;int i=1;for (int j=1;j<=n;j++){//枚举while (i<j&&ask(1,i+1,j)==1) i++;//一直往前走if (ask(1,i,j)==1) ans=min(ans,j-i);//成功了}if (ans==1e9) cout <<-1;//不合法else cout <<n+ans-1;return 0;
}

这段代码的主要功能是解决一个与区间 GCD（最大公约数）相关的问题。以下是代码的思路和逻辑分析：

代码思路

1. 问题描述

给定一个长度为 n 的数组 a。
目标是找到一个最短的区间 [i, j]，使得该区间内所有元素的 GCD 为 1。
如果存在这样的区间，输出将整个数组变为全 1 的最小操作次数；否则输出 -1。

2. 核心逻辑

特殊情况处理：
- 如果数组中已经有 cnt 个 1，则直接输出 n - cnt，因为只需要将其他元素变为 1 即可。
区间 GCD 计算：
- 使用线段树维护区间 GCD，支持快速查询任意区间的 GCD。
滑动窗口枚举：
- 使用双指针 i 和 j 枚举区间 [i, j]。
- 如果区间 [i, j] 的 GCD 为 1，则尝试缩小窗口（移动 i）以找到更短的区间。
- 记录满足条件的最短区间长度。
结果计算：
- 如果找到满足条件的区间，输出 n + ans - 1（将整个数组变为全 1 的最小操作次数）。
- 否则输出 -1。

代码逻辑分析

1. 线段树构建

build 函数用于构建线段树，每个节点存储区间的左右边界和区间 GCD。
递归地将数组划分为左右子区间，直到区间长度为 1。
区间 GCD 通过 __gcd 函数计算。

2. 区间 GCD 查询

ask 函数用于查询区间 [l, r] 的 GCD。
如果当前节点区间完全包含在查询区间内，则直接返回节点值。
否则递归查询左右子区间，并计算 GCD。

3. 滑动窗口枚举

使用双指针 i 和 j 枚举区间。
如果区间 [i, j] 的 GCD 为 1，则尝试缩小窗口（移动 i）。
记录满足条件的最短区间长度 ans。

4. 结果计算

如果找到满足条件的区间，输出 n + ans - 1。
否则输出 -1。

代码优化建议

变量命名：
- 变量名如 lc、rc、nord 等不够直观，建议改为更具描述性的名称，如 left_child、right_child、Node 等。
代码可读性：
- 添加注释，解释关键逻辑和变量的含义。
- 使用空格和换行符提高代码的可读性。
边界条件处理：
- 确保数组下标从 1 开始，避免越界问题。
- 在滑动窗口枚举时，注意 i 和 j 的移动条件。
时间复杂度：
- 线段树构建的时间复杂度为 O(n)。
- 区间查询的时间复杂度为 O(log n)。
- 滑动窗口枚举的时间复杂度为 O(n log n)。
- 总体时间复杂度为 O(n log n)，效率较高。

修正后的代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int MAXN = 1234567;
int n, a[MAXN], cnt;struct Node {int l, r, mx;
} t[MAXN * 4];// 构建线段树
void build(int k, int l, int r) {t[k].l = l, t[k].r = r;if (l == r) {t[k].mx = a[l];return;}int mid = (l + r) / 2;build(2 * k, l, mid);build(2 * k + 1, mid + 1, r);t[k].mx = __gcd(t[2 * k].mx, t[2 * k + 1].mx);
}// 查询区间 GCD
int ask(int k, int l, int r) {if (l <= t[k].l && r >= t[k].r) return t[k].mx;int ans = 0;int mid = (t[k].l + t[k].r) / 2;if (l <= mid) ans = __gcd(ans, ask(2 * k, l, r));if (r > mid) ans = __gcd(ans, ask(2 * k + 1, l, r));return ans;
}signed main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];cnt += (a[i] == 1 ? 1 : 0);}build(1, 1, n);// 特殊情况：数组中已经有 1if (cnt) {cout << n - cnt << endl;return 0;}int ans = 1e9;int i = 1;// 滑动窗口枚举for (int j = 1; j <= n; j++) {while (i < j && ask(1, i + 1, j) == 1) i++;if (ask(1, i, j) == 1) ans = min(ans, j - i + 1);}// 输出结果if (ans == 1e9) cout << -1 << endl;else cout << n + ans - 1 << endl;return 0;
}