2023年预赛 c/c++ 本科。
一、微生物增殖
假设有两种微生物 x 和 y,x出生后每隔3分钟**一次(数目加倍),y出生后每隔2分钟**一次(数目加倍).一个新出生的x,半分钟之后吃掉1个y,并且,从此开始,每隔1分钟吃1个y.现在已知有新出生的 x=10, y=89,求60分钟后y的数目。
如果x=10,y=90 呢?本题的要求就是写出这两种初始条件下,60分钟后y的数目。
答案:x=10,y=89,60分钟后,y=0;
x=10,y=90,60分钟后,y=94371840;
参考**:#include
using namespace std;
int main()
int x[130]=,y[130],x,y;
cin>>x>>y;
x[0]=x;
x[1]=x[0];
x[3]=x[0];
x[5]=x[0];
for(int i=6;i<=120;)
y[0]=y;
for(int j=4;j<=120;)
cout< return 0;
二、古堡算式。
福尔摩斯到某古堡探险,看到门上写着一个奇怪的算式:
abcde * edcba
他对华生说:“abcde应该代表不同的数字,问号也代表某个数字!”
华生:“我猜也是!”
于是,两人沉默了好久,还是没有算出合适的结果来。
请你利用计算机的优势,找到破解的答案。把 abcde 所代表的数字写出来。
答案:21978 ;‘4;
参考**:#include
using namespace std;
int main()
int x,i;
for(i=10000;i<100000;i++)
return 0;
三、比酒量。
有一群海盗(不多于20人),在船上比拼酒量。过程如下:打开一瓶酒,所有在场的人平分喝下,有几个人倒下了。
再打开一瓶酒平分,又有倒下的,再次重复。直到开了第4瓶酒,坐着的已经所剩无几,海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后,大家都倒下了。
等船长醒来,发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到:“.昨天,我正好喝了一瓶。奉劝大家,开船不喝酒,喝酒别开船。
请你根据这些信息,推断开始有多少人,每一轮喝下来还剩多少人。如果有多个可能的答案,请列出所有答案,每个答案占一行。格式是:
人数,人数,..例如,有一种可能是:20,5,4,2,0
参考**:#include
using namespace std;
int main()
int n1,n2,n3,n4;
for(n1=20;n1>=0;n1--)
for(n2=n1-1;n2>=0;n2--)
for(n3=n2-1;n3>=0;n3--)
for(n4=n3-1;n4>=0;n4--)
if(n1<=n2||n2<=n3||n3<=n4)
continue;
if(1.0/n1+1.0/n2+1.0/n3+1.0/n4==1.0)
printf("%d %d %d %d 0",n1,n2,n3,n4);
return 0;
四、奇怪的比赛。
某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪:每位选手需要回答10个问题(其编号为1到10),越后面越有难度。
答对的,当前分数翻倍;答错了则扣掉与题号相同的分数(选手必须回答问题,不回答按错误处理).每位选手都有一个起步的分数为10分。某获胜选手最终得分刚好是100分,如果不让你看比赛过程,你能推断出他(她)哪个题目答对了,哪个题目答错了吗?
如果把答对的记为1,答错的记为0,则10个题目的回答情况可以用仅含有1和0的串来表示。例如:0010110011 就是可能的情况。
你的任务是算出所有可能情况。每个答案占一行。
五、转方阵。
对一个方阵转置,就是把原来的行号变列号,原来的列号变行号。
例如,如下的方阵:
转置后变为:
但,如果是对该方阵顺时针旋转(不是转置),却是如下结果:
下面的**实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转。
void rotate(int* x, int rank)
int* y = int*)malloc( sizeof(int)*rank*rank );填空。
for(int i=0; i
for(i=0; i
free(y);
int main(int argc, char* ar**)
int x[4][4] =
int rank = 4;
rotate(&x[0][0], rank);
for(int i=0; i
printf("");
return 0;
六、大数乘法。
对于32位字长的机器,大约超过20亿,用int类型就无法表示了,我们可以选择int64类型,但无论怎样扩展,固定的整数类型总是有表达的极限!如果对超级大整数进行精确运算呢?一个简单的办法是:
仅仅使用现有类型,但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算,即所谓:“分块法”.
如图【表示了分块乘法的原理。可以把大数分成多段(此处为2段)小数,然后用小数的多次运算组合表示一个大数。可以根据int的承载能力规定小块的大小,比如要把int分成2段,则小块可取10000为上限值。
注意,小块在进行纵向累加后,需要进行进位校正。
以下**示意了分块乘法的原理(乘数、被乘数都分为2段).
void bigmul(int x, int y, int r)
int base = 10000;
int x2 = x / base;
int x1 = x % base;
int y2 = y / base;
int y1 = y % base;
int n1 = x1 * y1;
int n2 = x1 * y2;
int n3 = x2 * y1;
int n4 = x2 * y2;
r[3] =n1 % base;
r[2] =n1 / base + n2 % base + n3 % base;
r[1] =n2 / base + n3 / base + n4 % base; /填空。
r[0] =n4 / base;
r[1] +r[2] /base; /填空。
r[2] =r[2] %base;
r[0] +r[1] /base;
r[1] =r[1] %base;
int main(int argc, char* ar**)
int x
bigmul(87654321, 12345678, x);
printf("%d%d%d%d", x[0],x[1],x[2],x[3]);
return 0;
七、放棋子。
今有 6 x 6 的棋盘格。其中某些格子已经预先放好了棋子。现在要再放上去一些,使得:
每行每列都正好有3颗棋子。我们希望推算出所有可能的放法。下面的**就实现了这个功能。
初始数组中,“1”表示放有棋子,“0”表示空白。
int n = 0;
bool checkstonenum(int x[6])
for(int k=0; k<6; k++)
if( numrow!=3 ||numcol!=3 ) return false; /填空。
return true;
int getrowstonenum(int x[6], int r)
int sum = 0;
for(int i=0; i<6; i++)if(x[r][i]) sum++;
return sum;
int getcolstonenum(int x[6], int c)
int sum = 0;
for(int i=0; i<6; i++)if(x[i][c]) sum++;
return sum;
void show(int x[6])
for(int i=0; i<6; i++)
for(int j=0; j<6; j++)printf("%2d", x[i][j]);
printf("");
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