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  • 2023第十四届蓝桥杯大赛软件赛国赛C/C++ 大学 B 组(真题&题解)（C++/Java题解）

2023第十四届蓝桥杯大赛软件赛国赛C/C++ 大学 B 组(真题&题解)（C++/Java题解）

2025-05-01 22:38:15 9 阅读

本来想刷省赛题呢，结果一不小心刷成国赛了
真是个小迷糊〒▽〒
但，又如何( •̀ ω •́ )✧
记录刷题的过程、感悟、题解。
希望能帮到，那些与我一同前行的，来自远方的朋友😉

注：感谢@Witton的提示，题目部分已完成修改( •̀ ω •́ )y

大纲：

一、子2023-（题解）-递推or动态规划

二、双子数-（题解）-筛法、类型(unsigned long long)😥

三、班级活动-（题解）-不出所料、贪心+计数

四、合并数列-（题解）-妥妥的前缀和😥，当然双指针也能做

五、数三角-（题解）-这个真的就是算术题了，还要用到各种优化（叉乘、用半径分组）

六、删边问题-（题解）-图(tarjan算法)割边、割点，经典板子题

七、AB路线-（题解）-BFS广搜，最短路径、记忆话搜索😉

八、抓娃娃-（题解）-简单点的差分+前缀和😊

九、十，等后续冲击国赛时，再解决。

一、子2023

问题描述

小蓝在黑板上连续写下从 1 到 2023之间所有的整数，得到了一个数字序列： S=12345678910111213...20222023。 小蓝想知道 S 中有多少种子序列恰好等于 2023？

以下是 3 种满足条件的子序列（用中括号标识出的数字是子序列包含的数字）：

1[2]34567891[0]111[2]1[3]14151617181920212223...
1[2]34567891[0]111[2]131415161718192021222[3]...
1[2]34567891[0]111213141516171819[2]021222[3]...

注意以下是不满足条件的子序列，虽然包含了 2、0、2、3 四个数字，但是顺序不对：

1[2]345678910111[2]131415161718192[0]21222[3]...

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。

动态规划解法：

本题解法，说成是状态规划，可能会引起恐惧，其实它就是一道简单的状态推导题( •̀ ω •́ )✧

C++
#include 
#include 
using namespace std;
// 是个简单的动态规划就算了
// 怎么又是一道越界题目
// 以后统一不用long long改用 unsigned long long。更大。
int main(){
    vector dp(4,0);
    string str="";
    for(int i=1; i<=2023; ++i) str+=to_string(i);
    // 本题的解法是动态规划
    for(char c : str){
        if(c=='2'){
            dp[0]++;
            dp[2]+=dp[1];
        }
        if(c=='0') dp[1]+=dp[0];
        if(c=='3') dp[3]+=dp[2];
    }
    cout<
Java
public class DpProblem {
    public static void main(String[] args) {
        // 创建一个长度为 4 的 long 类型数组 dp 并初始化为 0
        long[] dp = new long[4];

        // 拼接字符串
        StringBuilder str = new StringBuilder();
        for (int i = 1; i <= 2023; i++) {
            str.append(i);
        }

        // 动态规划过程
        for (int i = 0; i < str.length(); i++) {
            char c = str.charAt(i);
            if (c == '2') {
                dp[0]++;
                dp[2] += dp[1];
            }
            if (c == '0') {
                dp[1] += dp[0];
            }
            if (c == '3') {
                dp[3] += dp[2];
            }
        }

        // 输出结果
        System.out.println(dp[3]);
    }
}

二、双子数

问题描述

若一个正整数 x 可以被表示为 p2×q2，其中 p、q 为质数且 p≠q，则 x 是一个双子数。请计算区间 [2333,‭23333333333333‬] 内有多少个双子数？

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。

// 我本以为，本题最难的是欧拉筛，也就是线性筛
// 后来我发现，我错了，而且错的离谱
// 欧拉筛，能用埃氏筛代替，能用朴素也就是暴力法代替。
// 而本题最大的难点是符号位，如果你开到(long long)，答案会始终多10，让你痛不欲生。
// 本题要开到，unsigned long long
// int->1e9 , long long->1e18, unsigned long long是longlong的两倍

// 切记，不会欧拉筛的，可以用线性筛代替，或者直接暴力（会慢一些）:: 四种筛法 ::

C++
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;

const int N =  1e7 + 10;
vector vec(N, true); // 假设都是质数
vector res;
void sieve(){ // 欧拉筛
    vec[0]=vec[1]= false;
    for(int i=2; ivec.size()) break; // 超出最大范围
            vec[i*num] = false;
            if(i%num==0) break; // 确保每个合数，只被最小因子除去。
        }
    }
}
//天呐，你要这样玩？还咋玩？？
int main(){
    sieve();
    ll num = 0;
    for(ll i=0;i23333333333333) break;//一点小优化
        for(ll j=i+1;j23333333333333) break;
            if(pp*qq<2333) continue;
            num++;
        }
    }
    cout<
Java
import java.math.BigInteger;
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class PrimeNumberCombination {
    // 定义常量 N，用于筛法范围
    static final int N = 10000010;
    // 标记每个数是否为质数的布尔数组
    static boolean[] isPrime = new boolean[N];
    // 存储质数的列表
    static List primes = new ArrayList<>();

    // 欧拉筛函数，筛选出所有质数
    public static void sieve() {
        // 初始化所有数为质数
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            isPrime[i] = true;
        }
        // 0 和 1 不是质数
        isPrime[0] = isPrime[1] = false;
        for (int i = 2; i < N; i++) {
            if (isPrime[i]) {
                primes.add(i);
            }
            for (int prime : primes) {
                if (prime * i >= N) {
                    break;
                }
                isPrime[prime * i] = false;
                if (i % prime == 0) {
                    break;
                }
            }
        }
    }

    public static void main(String[] args) {
        // 调用欧拉筛函数
        sieve();
        BigInteger limit1 = BigInteger.valueOf(23333333333333L);
        BigInteger limit2 = BigInteger.valueOf(2333L);
        long num = 0;
        for (int i = 0; i < primes.size(); i++) {
            BigInteger pp = BigInteger.valueOf(primes.get(i)).pow(2);
            if (pp.pow(2).compareTo(limit1) > 0) {
                break;
            }
            for (int j = i + 1; j < primes.size(); j++) {
                BigInteger qq = BigInteger.valueOf(primes.get(j)).pow(2);
                BigInteger product = pp.multiply(qq);
                if (product.compareTo(limit1) > 0) {
                    break;
                }
                if (product.compareTo(limit2) < 0) {
                    continue;
                }
                num++;
            }
        }
        // 输出满足条件的组合数量
        System.out.println(num);
    }
}

三、班级活动

问题描述

小明的老师准备组织一次班级活动。班上一共有 n 名 (n 为偶数) 同学，老师想把所有的同学进行分组，每两名同学一组。为了公平，老师给每名同学随机分配了一个 n 以内的正整数作为 id，第 i 名同学的 id 为 ai​。

老师希望通过更改若干名同学的 id 使得对于任意一名同学 i，有且仅有另一名同学 jj 的 idid 与其相同 (ai=aj​)。请问老师最少需要更改多少名同学的 id？

输入格式

输入共 2 行。

第一行为一个正整数 n。

第二行为 n 个由空格隔开的整数 a1,a2,...,an。

输出格式

输出共 1 行，一个整数。

样例输入

4
1 2 2 3

样例输出

1

样例说明

仅需要把 a1​ 改为 3 或者把 a3​ 改为 1 即可。

评测用例规模与约定

对于 20% 的数据，保证 n≤10^3。

对于 100% 的数据，保证 n≤10^5

// ⚆_⚆？当我找到哪里错了之后，泪流满面
// 本题其实挺简单
// 读题：“每名同学，随机分配n以内的正整数作为id” 
// 这说明，每个同学的id有两种情况。
// 此时举一个简单的例子就OK了
// 像题目中举得例子，1 2 2 3 一组（2,2）就能配对，仅需更改3变成1（1->3也行）就OK了，只需一次。
// 推算成公式，也就是 2/1=1 -> 散列的总数/2
// 进阶一点，当id为 2 2 2 1时，此时一组（2,2）就能配对，这时仅需更改剩下的2变成1就OK了，也只需要更改一次。
// 如果是 2 2 2 2 2 1 呢，要先去掉一组（2,2）
// 此时剩下 2 2 2 1，因为不能与已经配对的（2,2）重复，
// 所以先把其中一个2改为1，需要一次。
// 此时剩下 2 2，只需将它们改成其他数就行，如改成（3,3），需要两次。
// 一共用了3次，也就是2的总数 减去2 也就是减去（2,2）这个不需要改变的组合。
// 也就是 当已被占用的id的数量，大于未被占用id时，总数等于 重复 id的数量。

C++
#include 
const int N = 1e5+5;
using namespace std;
int arr[N]; 

int main()
{
  int n;
  cin>>n;
  for(int i=0; i>num;
    arr[num]++;
  }

  int num1=0, num2=0;
  
  for(int i : arr){
    if(i>2) num1 += i-2; // 求取数量相同的数在减2；
    else if(i==1) num2++;
  }

  int sum = 0;
  // 当已被占用的id的数量，大于未被占用id时，那么sum = num1;
  if(num1>num2){
    sum = num1;  
  }else{ // num2
Java
import java.util.Scanner;

public class StudentIdAdjustment {
    // 定义常量 N，用于数组大小
    static final int N = 100005;

    public static void main(String[] args) {
        // 创建 Scanner 对象用于读取输入
        Scanner scanner = new Scanner(System.in);
        // 定义一个数组来记录每个 ID 出现的次数
        int[] arr = new int[N];
        // 读取学生的数量
        int n = scanner.nextInt();

        // 循环读取每个学生的 ID，并统计每个 ID 出现的次数
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int num = scanner.nextInt();
            arr[num]++;
        }

        // 初始化两个变量，用于统计需要处理的不同情况的数量
        int num1 = 0;
        int num2 = 0;

        // 遍历数组，统计 num1 和 num2 的值
        for (int i : arr) {
            // 如果某个 ID 出现的次数大于 2，计算超出 2 的部分并累加到 num1
            if (i > 2) {
                num1 += i - 2;
            } 
            // 如果某个 ID 只出现了 1 次，将 num2 加 1
            else if (i == 1) {
                num2++;
            }
        }

        // 初始化最终结果变量
        int sum = 0;
        // 当 num1 大于 num2 时，说明已被占用的 ID 数量更多，sum 等于 num1
        if (num1 > num2) {
            sum = num1;
        } 
        // 当 num2 大于等于 num1 时，按照相应规则计算 sum
        else {
            sum = num2 + (num1 - num2) / 2;
        }

        // 输出最终结果
        System.out.println(sum);
        // 关闭 Scanner 对象，释放资源
        scanner.close();
    }
}

四、合并数列

问题描述

小明发现有很多方案可以把一个很大的正整数拆成若干正整数的和。他采取了其中两种方案，分别将他们列为两个数组 {a1,a2,...,an}和 {b1,b2,...,bm}。两个数组的和相同。

定义一次合并操作可以将某数组内相邻的两个数合并为一个新数，新数的值是原来两个数的和。小明想通过若干次合并操作将两个数组变成一模一样，即 n=m 且对于任意下标 i 满足 ai=bi。请计算至少需要多少次合并操作可以完成小明的目标。

输入格式

输入共 3 行。

第一行为两个正整数 n, m。

第二行为 n 个由空格隔开的整数 a1,a2,...,an​。

第三行为 m 个由空格隔开的整数 b1,b2,...,bm​。

输出格式

输出共 1 行，一个整数。

样例输入

4 3
1 2 3 4
1 5 4

样例输出

1

样例说明

只需要将 a2​ 和 a3 合并，数组 a 变为 {1,5,4}，即和 b 相同。

评测用例规模与约定

对于 20% 的数据，保证 n, m≤10^3。

对于 100% 的数据，保证 n, m≤10^5，0

// 本题原意：“两个数列，通过不断合并相邻的两个数，使两个数列相同”
// 注意-“相邻” “合并（相加）”，也就意味着可能要使用前缀和。
// 用反向思维来看，两个数列最终是相同的。
// 也就意味着从俩数列，第一个数开始，就要是相同的。
// 我们只需要从头开始计算前缀和，如果相同时，代表俩数列第i位已经相同，
// 此时更新俩前缀和的计算起始位置即可。
// 所以本题是，双指针与前缀和的结合。

1 2 3 4
1 5 4
------------
对比两个数列的第一位，相同，不用变
------------
3 3 4
6 4
第一位不同，合并小的前两位
----------
6 4
6 4
....

// 本题又让我痛哭不已，类型开小了，本题最大有1e10左右，int不太行

C++
#include 
#include 
using namespace std;

int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector a(n,0);
    vector b(m,0);
    for(int i=0; i>a[i];
    for(int i=0; i>b[i];
    // sum_a a数列的前缀和
    // sum_b b数列的前缀和
    // cnt_a a的位数
    // cnt_b b的位数
    // cnt_sum 总共需要的次数
    long long sum_a=0,sum_b=0,cnt_a=0,cnt_b=0,cnt_sum=0;
    while(true){
        if(sum_a==sum_b){
            sum_a+=a[cnt_a++];
            sum_b+=b[cnt_b++];
        }else if(sum_a
Java
import java.util.Scanner;

public class MergeArrays {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner scanner = new Scanner(System.in);
        
        // 读取两个数组的长度
        int n = scanner.nextInt();
        int m = scanner.nextInt();
        
        // 初始化两个数组
        int[] a = new int[n];
        int[] b = new int[m];
        
        // 读取第一个数组的元素
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            a[i] = scanner.nextInt();
        }
        
        // 读取第二个数组的元素
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            b[i] = scanner.nextInt();
        }
        
        // 初始化前缀和变量和指针
        long sum_a = 0, sum_b = 0; // 使用long避免大数溢出
        int cnt_a = 0, cnt_b = 0; // 数组a和b的当前指针位置
        int cnt_sum = 0; // 记录合并次数
        
        // 循环处理直到两个数组都遍历完毕
        while (true) {
            // 当两个前缀和相等时，移动到下一个元素
            if (sum_a == sum_b) {
                // 注意边界条件：避免数组越界
                if (cnt_a < n) {
                    sum_a += a[cnt_a++]; // 移动a的指针并累加值
                }
                if (cnt_b < m) {
                    sum_b += b[cnt_b++]; // 移动b的指针并累加值
                }
            } else if (sum_a < sum_b) {
                // a的前缀和较小，需要合并下一个元素
                sum_a += a[cnt_a++]; // 合并a的下一个元素
                cnt_sum++; // 合并次数加1
            } else {
                // b的前缀和较小，需要合并下一个元素
                sum_b += b[cnt_b++]; // 合并b的下一个元素
                cnt_sum++; // 合并次数加1
            }
            
            // 检查是否已经遍历完两个数组的所有元素
            if (cnt_a == n && cnt_b == m) {
                break;
            }
        }
        
        // 输出最终的合并次数
        System.out.println(cnt_sum);
        scanner.close();
    }
}

五、数三角

问题描述

小明在二维坐标系中放置了 n 个点，他想在其中选出一个包含三个点的子集，这三个点能组成三角形。然而这样的方案太多了，他决定只选择那些可以组成等腰三角形的方案。请帮他计算出一共有多少种选法可以组成等腰三角形？

输入格式

输入共 n+1 行。

第一行为一个正整数 n。

后面 n 行，每行两个整数 xi, yi表示第 i 个点的坐标。

输出格式

输出共 1 行，一个整数。

样例输入

5
1 1
4 1
1 0
2 1
1 2

样例输出

4

样例说明

一共有 4 种选法: {3,4,5}、{1,3,4}、{5,2,3}、{1,4,5}。

评测用例规模与约定

对于 20% 的数据，保证 n≤200。

对于 100% 的数据，保证 n≤2000，0≤xi,yi≤10^9。

/*
  本题要是直接3层暴力，肯定对，但是只能获取60%的分！
  所以要用上很多优化方式
  如：根据半径求解，叉乘(在本文下方有讲解，也可上网搜)判是否三点在一条直线上
  通过vector>> 预处理分组。
  最后用unordered_map存储，O(1)

  其实最开始，我也是有疑问的，这是怎么将O(n^3)优化到接近O(n^2)
  毕竟预处理分组后下方仍有4层循环呢
  其实画个图就好了。
  没优化之前，每个节点都要判断(n^2)次,优化之后，每个节点仅需判断分组过后的就行(哪怕是4层，其实有效的点不多，可近似成线性)。
*/

 C++
#include 
#include 
#include 
using namespace std;


#define ll long long // 因为不可能出现负数，直接开到最大(unsigned long long)
const ll N = 2e3+5;

struct point{
    int x;
    int y;
}p[N]; // 定义节点-预处理

ll get_radius(int i, int j){ // 半径的平方
    return (p[i].x-p[j].x)*(p[i].x-p[j].x) + (p[i].y-p[j].y)*(p[i].y-p[j].y);
}

bool is_parallel(int i, int j, int k){ // 用叉乘的方法，快速判断，这一步不会的，可以上网查询叉乘的作用，以及用法。
    ll v = (p[j].x-p[i].x)*(p[k].y-p[i].y)-(p[j].y-p[i].y)*(p[k].x-p[i].x); // i-j(p[j].x-p[i].x),(p[j].y-p[i].y) 与 i-k(p[k].x-p[i].x),(p[k].y-p[i].y)
    if(v==0) return true;
    else return false;
}

int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0; i>p[i].x>>p[i].y;
    vector>> vec(n); // 存
    // 预处理，只需要耗时O(n^2)，即可分堆，避免3层暴力的大量重复计算
    for(int i=0; i> m; // 用半径的平方储存，这样就不用开方了
        for(int j=0; j p_m = it->second;
            if(p_m.size()<=1) continue; // 这种情况下，跳过
            for(int j=0; j
Java
import java.util.*;
public class Main {
    public static void main(String[] args) {
      //输出部分
        //读取输入的点，并统计每个点的出现次数
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt();//输入点的数量
        int[] x = new int [n + 10];//存储每个点的x坐标
        int[] y = new int [n + 10];//存储每个点的y坐标
        HashMap s = new HashMap<>();//统计每个点的出现次数//键是点的坐标，如（"1 2")
        for(int i = 0; i < n; i++){
          x[i] = sc.nextInt();//输入第i个点的x坐标
          y[i] = sc.nextInt();//输入第i个点的y坐标
          String t = x[i] + " " + y[i];//将坐标拼接成字符串作为键
          s.put(t, s.getOrDefault(t , 0) + 1);//统计读点的出现次数
        }
      //计算核心部分
        //对于每个点i，计算它与其他所有点j的距离，并将距离相同的点分组
        long res = 0;//最终结果
        for(int i = 0; i < n; i++){
          HashMap< Long,List > map = new HashMap<>();//存储距离相同的点的索引
          for(int j = 0; j < n; j++){
            if(i == j) continue;//跳过自己
            long d = (long)(Math.pow(x[i] - x[j], 2) + Math.pow(y[i] - y[j] , 2));//计算距离的平方
            List list = map.getOrDefault(d, new ArrayList<>());//初始化列表
            list.add(j);//将点j加入对应的列表
            map.put(d,list);//更新map
          }
  //map是一个哈希表，键是距离的平方（d）值是一个列表，存储所有与点i距离为d的点的索引
  //d是点i和点j之间的距离的平方（为了节省计算量，没有开平方）
          for(long b : map.keySet()){
            Listlist = map.get(b);//获取距离为b的所有点
            res += (list.size() * (list.size() - 1)) /2;//统计点的数量
            long c = 0;
            for(int j : list){
              long x3 = 2 * x[i] - x[j], y3 = 2 * y[i] - y[j];//计算对称带点x与y的坐标
              if(s.containsKey(x3 + " " + y3)){//拼接成字符串
                c += s.get(x3 + " " + y3);//统计对称点的出现次数
              }
            }
            res -= c/2;//减去重复统计的点对
          }
        }
        System.out.println(res);
    }
}

六、删边问题

问题描述

给定一个包含 N 个结点 M 条边的无向图 G，结点编号 1...N。其中每个结点都有一个点权 Wi​。

你可以从 M 条边中任选恰好一条边删除，如果剩下的图恰好包含 2 个连通分量，就称这是一种合法的删除方案。

对于一种合法的删除方案，我们假设 2 个连通分量包含的点的权值之和分别为 X和 Y，请你找出一种使得 X与 Y 的差值最小的方案。输出 X 与 Y 的差值。

输入格式

第一行包含两个整数 N 和 M。

第二行包含 N个整数，W1,W2,...WN​。

以下 M 行每行包含 2 个整数 U 和 V，代表结点 U 和 V之间有一条边。

输出格式

一个整数代表最小的差值。如果不存在合法的删除方案，输出 −1。

样例输入

4 4
10 20 30 40
1 2
2 1
2 3
3 4

样例输出

20

样例说明

由于 1 和 2 之间实际有 2 条边，所以合法的删除方案有 2 种，分别是删除 (2,3) 之间的边和删除 (3,4) 之间的边。

删除 (2,3) 之间的边，剩下的图包含 22 个连通分量: {1,2} 和{3,4}，点权和分别是 30、70，差为 40。

删除 (3,4) 之间的边，剩下的图包含 22 个连通分量: {1,2,3} 和 {4}，点权和分别是 60、40，差为 20。

评测用例规模与约定

对于 20% 的数据，1≤N,M≤10000。

对于另外 20%的数据，每个结点的度数不超过 2。

对于 100% 的数据，1≤N,M≤200000，0≤Wi≤10^9，1≤U,V≤N。


// 本题为tarjan算法的变种，不懂的，可以先搜一下基本用法（涉及图的知识），本文最底部，也有优质视频的链接
/*
  其实本题不难，只要有图的基础就行--（能看懂答案的前提）
  连通分量：图的一个子图，这个子图中，任意两点之间，都存在可达路径
  然后就是 tarjan 算法（懂得可以不用看，建议先看视频，知道tarjan是啥）
  *
    用dfn（发现时间戳）与low（最低可达祖先的发现时间戳）。确切的说，他俩都是个编号。
    然后用cnt（count）这个设置时间戳。每次++。
    --以上是tarjan算法模版--
    建立一个函数tarjan(n,fa) // n是现节点，fa是父节点，避免重复用的
    然后，递归调用每个现阶段子节点（大致会先将所有）
    此时有三种情况
      1、是未被遍历过的新节点
        （这时可以继续向下搜索，等回退到这里时，
        （更新一下low值，若果现节点的dfn小于子节点的low值(dfn         （为了计数，可以在维护一个w集合，用于储存以本节点为结尾的总和
      2、遍历到了父节点
        （可以毫不犹豫的退回了）
      3、遍历到了非父节点的旧节点
        （这个可是更新low值的好时候
        （是为了给，回溯时，判断是否能构成联通图    做准备
  *
  // 拓展-从割边问题 -> 割点问题
  (割点问题时，需要将low小于等于dfn(low<=dfn)
  (为啥<=中，多了个等于？因为一旦删掉这个点，整个链子就会断开，Java解析下方有图解
*/

C++
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
const ll N = 1e6+5;
const ll maxn = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; // 定义“伪最大值”
ll n,m,sum_value=0,cnt=0,ans=maxn; // sum_value总和,cnt计数器

vector dfn(N,0),low(N,0);
vector vec[N]; // 定义邻接表
vector value(N,0); // 每个节点的权值
vector node_sum(N,0); // 回退回来的节点总和

void tarjan(int u, int fa){ // 现节点u、父节点fa
    dfn[u]=low[u]=++cnt;
    for(int v:vec[u]){
        if(dfn[v]==0){   // 没遍历过
            tarjan(v,u);
            low[u] = min(low[v],low[u]);
            if(dfn[u]>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>value[i],sum_value+=value[i];
    for(int i=0; i>r1>>r2;
        vec[r1].push_back(r2);
        vec[r2].push_back(r1);
    }
    // 现在啥都有了
    tarjan(1,0);
    if(value[1]!=sum_value) cout<
Java
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;
import java.util.Scanner;

public class Main {
    // 定义常量 N 作为数组大小
    static final long N = (long) (1e6 + 5);
    // 定义“伪最大值”
    static final long maxn = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fL;
    // 节点数量 n，边的数量 m
    static long n, m;
    // 所有节点权值总和
    static long sum_value = 0;
    // 时间戳计数器
    static long cnt = 0;
    // 存储最终结果
    static long ans = maxn;
    // 存储每个节点的发现时间戳
    static List dfn = new ArrayList<>();
    // 存储每个节点能回溯到的最早祖先的发现时间戳
    static List low = new ArrayList<>();
    // 邻接表，存储图的结构
    static List> vec = new ArrayList<>();
    // 存储每个节点的权值
    static List value = new ArrayList<>();

    // Tarjan 算法核心函数
    static void tarjan(int u, int fa) {
        // 初始化当前节点的发现时间戳和最早祖先时间戳
        dfn.set(u, ++cnt);
        low.set(u, cnt);
        // 遍历当前节点的所有邻接节点
        for (int v : vec.get(u)) {
            if (dfn.get(v) == 0) { // 如果邻接节点未被访问过
                // 递归调用 Tarjan 算法处理邻接节点
                tarjan(v, u);
                // 更新当前节点的最早祖先时间戳
                low.set(u, Math.min(low.get(u), low.get(v)));
                // 如果当前节点的发现时间戳小于邻接节点的最早祖先时间戳，说明该边是割边
                if (dfn.get(u) < low.get(v)) {
                    ans = Math.min(ans, Math.abs(sum_value - 2 * value.get(v)));
                }
                // 将邻接节点的权值累加到当前节点
                value.set(u, value.get(u) + value.get(v));
            } else if (v != fa) { // 如果邻接节点已被访问且不是父节点
                // 更新当前节点的最早祖先时间戳
                low.set(u, Math.min(low.get(u), low.get(v)));
            }
        }
    }

    // 主处理函数
    static void solve() {
        Scanner scanner = new Scanner(System.in);
        // 读取节点数量和边的数量
        n = scanner.nextLong();
        m = scanner.nextLong();
        // 初始化列表
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            dfn.add(0L);
            low.add(0L);
            value.add(0L);
            vec.add(new ArrayList<>());
        }
        // 读取每个节点的权值并计算总和
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            value.set(i, scanner.nextLong());
            sum_value += value.get(i);
        }
        // 读取边的信息并构建邻接表
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int r1 = scanner.nextInt();
            int r2 = scanner.nextInt();
            vec.get(r1).add(r2);
            vec.get(r2).add(r1);
        }
        // 从节点 1 开始进行 Tarjan 算法
        tarjan(1, 0);
        // 如果节点 1 的权值总和不等于所有节点的权值总和
        if (value.get(1) != sum_value) {
            System.out.println(Math.abs(sum_value - 2 * value.get(1)));
        } else if (ans != maxn) { // 如果找到了割边
            System.out.println(ans);
        } else { // 没有找到符合条件的割边
            System.out.println(-1);
        }
    }

    public static void main(String[] args) {
        // 调用主处理函数
        solve();
    }
}

 拓展（割点）：

​

七、AB路线

问题描述

小明拿了 n条线段练习抓娃娃。他将所有线段铺在数轴上，第 i 条线段的左端点在 li​，右端点在 ri​。小明用 m 个区间去框这些线段，第 i 个区间的范围是 [Li​, Ri​]。如果一个线段有 至少一半 的长度被包含在某个区间内，则将其视为被这个区间框住。请计算出每个区间框住了多少个线段?

输入格式

输入共 n+m+1 行。

第一行为两个正整数 n, m。

后面 n 行，每行两个整数 li​, ri​。

后面 m 行，每行两个整数 Li​, Ri​。

输出格式

输出共 m 行，每行一个整数。

样例输入

3 2
1 2
1 3
3 4
1 4
2 4

样例输出

3
2

评测用例规模与约定

对于 20% 的数据，保证 n,m≤10^3。

对于 100% 的数据，保证 n,m≤10^5，li​

/*
   审题 “小蓝最少要走多少步？”，“最少”
   BFS就是解决图-最短路径的特效药，
   DFS深搜也能搜到，但不一定是最短的，深搜更倾向于排列组合、解数独、八皇后，这种尝试性的算法。
   好了，确定本题的基调，就是广搜

   在开始之前，还需考虑一个问题，就是暴力搜索必然会超时，因此，枝减操作，必不可少。也就是要引入记忆化搜索。
   这个时候，就要思考，用什么存储记忆化搜索
   注意本题 "格子数，要是K的倍数，所以这里涉及到了k"
   -used[i][j][k]; 其中k来储存走到这个格式，连续走的步数。
   步数相同时，代表该地址已经被走过。相同的符号，相同的步数，所以可以直接跳过。
   （注意，这里不用三维数组标记，是会超时的）。

   所以本题用queue广搜、used[i][j][k]记忆化搜索、res[i][j][k]标记走的这个位置，用了多少步。
*/

C++ 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 1e3+5;
const int step = 1e1+5;
struct node{
    int x;
    int y;
    int step;
};
int n,m,k;
queue q; // 用队列，实现广搜
bool used[N][N][step]; // 预处理
int res[N][N][step]; // 表示，每个节点，都在那个状态走过
char grid[N][N];

int xf[]={1,-1,0,0}; // 用来记录方向的改变
int yf[]={0,0,1,-1};

int BFS(){
    q.push({0,0,0}); // 将第一个节点存入

    while(!q.empty()){
        node u = q.front(); q.pop(); // 取出该节点
        if(u.x==n-1 && u.y==m-1) return res[u.x][u.y][u.step];

        for(int i=0; i<4; ++i){
            int X = u.x+xf[i], Y = u.y+yf[i], st = u.step+1;
            if(X<0||X>=n||Y<0||Y>=m) continue; // 出边界
            if(st>n>>m>>k;
    string str;
    for(int i=0; i>str;
        for(int j=0; j
Java
import java.math.BigInteger;
import java.util.*;

public class Main {
    
    static long INF = (long) 1e18;

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in); 
        int n = sc.nextInt();
        int m = sc.nextInt();
        int k = sc.nextInt();
        sc.nextLine();
        char[][] mg = new char[n][m];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            mg[i] = sc.nextLine().toCharArray();
        }
        LinkedList qu = new LinkedList();
        qu.add(new Pair(0, 0, 1));
        int[][] d = new int[][] {{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
        boolean[][][] visited = new boolean[n][m][2 * k];
        for (int step = 0; !qu.isEmpty(); step++) {
            int num = qu.size();
            for (int i = 0; i < num; i++) {
                Pair pair = qu.pollFirst();
                int px = pair.x, py = pair.y, pf = pair.flag;
                if (visited[px][py][pf]) {
                    continue;
                }
                visited[px][py][pf] = true;
                if (pair.x == n - 1 && pair.y == m - 1) {
                    System.out.print(step);
                    return;
                }
                for (int j = 0; j < 4; j++) {
                    int x = px + d[j][0];
                    int y = py + d[j][1];
                    int f = (pf + 1) % (2 * k);
                    if (x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m) {
                        if (visited[x][y][f]) {
                            continue;
                        }
                        if (pf < k && mg[x][y] == 'A' || pf >= k && mg[x][y] == 'B') {
                            qu.addLast(new Pair(x, y, f));
                        }
                    }
                }
            }
        }
        System.out.print(-1);
    }
}

class Pair {
    int x, y, flag;

    public Pair(int x, int y, int flag) {
        super();
        this.x = x;
        this.y = y;
        this.flag = flag;
    }
}

八、抓娃娃

问题描述

小明拿了 n 条线段练习抓娃娃。他将所有线段铺在数轴上，第 i 条线段的左端点在 li​，右端点在 ri。小明用 m 个区间去框这些线段，第 i 个区间的范围是 [Li​, Ri​]。如果一个线段有 至少一半 的长度被包含在某个区间内，则将其视为被这个区间框住。请计算出每个区间框住了多少个线段?

输入格式

输入共 n+m+1 行。

第一行为两个正整数 n, m。

后面 n 行，每行两个整数 li​, ri​。

后面 m 行，每行两个整数 Li​, Ri​。

输出格式

输出共 m 行，每行一个整数。

样例输入

3 2
1 2
1 3
3 4
1 4
2 4

样例输出

3
2

评测用例规模与约定

对于 20% 的数据，保证 n,m≤10^3。

对于 100% 的数据，保证 n,m≤10^5，li​

// 聪明的你，一定用的暴力，聪明的你，一定超时o(*￣▽￣*)ブ 
// 本题，用差分+前缀和，就能非常完美的解决问题
// 此外，本题预处理化的时候，一定要看清楚！
// 不要处理成2e5+5了，要开r、l、R、L。而不是n,m;

C++
#include 
#include 
const int N = 2e6+5;
using namespace std;

int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector res(N,0);
    for(int i=0,r,l; i>l>>r,res[r+l]++; 
    for(int i=1; i>L>>R;
        L*=2,R*=2;
        if(L==0) cout<
Java
import java.util.Scanner;

public class SegmentQuery {
    public static void main(String[] args) {
        // 定义常量 N，用于数组大小
        final int N = 2000005;
        Scanner scanner = new Scanner(System.in);
        // 读取 n 和 m 的值
        int n = scanner.nextInt();
        int m = scanner.nextInt();
        // 创建长度为 N 的数组 res 并初始化为 0
        int[] res = new int[N];
        // 读取 n 条线段的左右端点信息
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int l = scanner.nextInt();
            int r = scanner.nextInt();
            // 对线段中点对应的数组元素加 1
            res[l + r]++;
        }
        // 构建前缀和数组
        for (int i = 1; i < N; i++) {
            res[i] += res[i - 1];
        }
        // 处理 m 个查询区间
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            int L = scanner.nextInt();
            int R = scanner.nextInt();
            // 将查询区间的左右端点乘以 2
            L *= 2;
            R *= 2;
            int result;
            // 处理左端点为 0 的边界情况
            if (L == 0) {
                result = res[R];
            } else {
                result = res[R] - res[L - 1];
            }
            // 输出结果
            System.out.println(result);
        }
        scanner.close();
    }
}

后面的两道题，咱时间有限，就先跳过啦(～￣▽￣)～

等后续打国赛时，在拐回来写写。

当然大家有好的代码、解析，也可以发给我，让我瞅瞅。( •̀ ω •́ )✧，我贴上去。

知识点：

一、向量、点乘、叉乘

（AI整理）

1、向量：
由来：

早在古希腊时期，数学家与物理学家已经意识到某些量（如力、速度）兼具大小和方向。此时
已经蕴含了向量，但此时并未形成明确的概念与理论。

17世纪笛卡尔创建解析几何后，点的位置可用坐标来表示，线段的长度和方向可通过坐标差量化。
这为向量的代数表达，奠定了基础。

后来经过负数、四元数的启发、线性扩张论...等几代人努力与知识的迭代，向量才最终别确定下来。

定义：

​

基本属性：

​

常见运算：

​

2、点乘：

不要问，为啥叫点乘，这是一个非常可爱的问题 --> 因为两向量之间用 “点号” 相乘。

定义：

两向量之间相乘，结果为标量。

​

应用：
  • 判断两条边之间，是钝角（负数）、直角（0）、还是锐角（正数）
  • 一条边在另一条边上映射的长度。
  • 计算力的做功。
3、叉乘：

也不要问，为啥叫叉乘，这是一个非常可爱的问题 --> 因为两向量之间用 “叉号” 相乘。

二维：

​

三维：
​应用：

切记，判断点时，叉乘边的方向很重要。点的那条边，放在第二个。

求平行四边形与三角形的面积：

二维 两向量叉乘，求的是平行四边形的面积。除于2，求的是三角形。

点与直线的关系：

​

线段相交的检测：

​

点与直线关系，详解！！​

二、浮点数比较

在编程中，通常不用==号，来进行浮点数比较。因为会出现精度误差。即便在数学中相等，在计算机中也不一定相等。

abs(a-b)<1e-6

通常用小于1e-6来测试差值。

1e-6在通常情况下是够用的，
它既不是那么严格（把本应该相同的数，判为不同）
它也不是那么宽松（把本不同的数，判为相同）

三、map与unordered_map

map底层为红黑树，unordered_map底层为哈希表

存or取，map(O(logN))的效率皆低于unordered_map(O(1))。

四、极大值（32位、64位、16进制）

  • INT32_MAX 是 32 位有符号整数的最大值，为 2,147,483,647。（2.15 × 10⁹）
  • 0x3f3f3f3f3f3f3f3f：转换为十进制为：1,082,367,756,170,655,743。（约 1.08 × 10¹⁸）
  • INT64_MAX：约 9.22 × 10¹⁸。

INT32_MAX是32位，标准最大值。
INT64_MAX是64位下，标准最大值。
0x3f3f3f3f3f3f3f3f，常常被归纳于“伪最大值”，它即起到最大值的作用，又能适当的相加。在图、树中，常被赋予权值，表示不可抵达的点。

五、广搜(BFS)与深搜(DFS)

广搜：

（队列）

  • 最短路径问题，常用于判断最短路径问题。
  • 图或树的层序遍历问题。
  • 判断连通性。
深搜：

（递归、栈）

  • 路径问题，寻找某一个点到另一个点的路径，可能不是最短路径。
  • 回溯问题，可用于某些需要试错的算法（解数独、八皇后）
  • 求解组合问题（全排列、组合等问题）DFS可以遍历所有有解空间。
  • 拓扑排序，暂时还不熟悉

六、vector的比较方案-map

在C++中，两个vector比较，是通过operate==，进行比较的。

先比较数组大小，在依次、逐个比较具体内容。

map可以以vector为键

std::map 基于红黑树（一种自平衡的二叉搜索树）。会通过排序确定位置。（operate<）

且vector已经重载过(operate <) 了，比较时，自动按照字典序比较。

unordered_map不可以以vector为键

键的要求是

1、能满足 哈希函数 转化为 哈希值。

2、能通过operate== 进行比较

虽然vector中定义了operate==，但是没有定义，哈希函数。

（总结：map都具备，unordered_map不能将vector转化为哈希函数）

借鉴视频、博客：

1、[算法]轻松掌握tarjan强连通分量 - 图

本文地址：https://www.vps345.com/6921.html

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蓝桥杯 HP Anyware numpy ECT转485串口服务器 ECT转Modbus485协议 ECT转Modbus串口服务器 安全漏洞 信息安全 行情服务器 股票交易 速度慢 切换 股票量化接口 股票API接口 券商 股票交易接口api 类型 特点 zabbix mariadb 系统架构 海康 samba 支持向量机 商用密码产品体系 localhost NFS 前端框架 ECS服务器 sse_starlette Starlette Server-Sent Eve 服务器推送事件 宠物 毕业设计 免费学习 宠物领养 宠物平台 HarmonyOS Next linux安装配置 harmonyOS面试题 系统 黑苹果 MacOS录屏软件 混合开发 环境安装 GaN HEMT 氮化镓 单粒子烧毁 辐射损伤 辐照效应 Ark-TS语言 Linux PID iperf3 带宽测试 yum docker-compose docker compose 进程优先级 调度队列 进程切换 Reactor反应堆 隐藏目录 文件系统 管理器 通配符 安卓模拟器 工具 多产物 elk nohup后台启动 HarmonyOS Tabs组件 TabContent TabBar TabsController 导航页签栏 滚动导航栏 iTerm2 动静态库 wps Office Ardupilot 车载系统 设备树 毕设 WSL resolv.conf 进程信号 termux hdc Ubuntu 24 常用命令 Ubuntu 24 Ubuntu vi 异常处理 mac设置host fpga开发 node 创业创新 管道 匿名管道 Github加速 Mac上Github加速 Chrome浏览器插件 流程图 mermaid SPI 切换root nano 蓝耘科技 元生代平台工作流 ComfyUI 离线部署dify JAVA 中间件 可信计算技术 安全架构 网络用户购物行为分析可视化平台 大数据毕业设计 VMware安装Ubuntu Ubuntu安装k8s ragflow 源码启动 efficientVIT YOLOv8替换主干网络 TOLOv8 vr CrewAI ai小智 语音助手 ai小智配网 ai小智教程 智能硬件 esp32语音助手 diy语音助手 springboot etcd 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