本文以洛谷平臺所提供的題目描述及評測數據為基礎進行講解。
前言：這是本人的藍橋杯試卷，大概排省一前40%的位置，實際上這屆題目偏難，我沒有做出太多的有效得分。我把當時的思路和現在學習的思路都復盤進來，希望給大家做個參考。
T1（5分）
題面描述
解析
根據題意，我們很快可以畫出左邊這張圖，這是一條可行的路徑。顯然是半徑r+弧長l
現在這個題面說“交替，不限次數”的使用兩種操作，那么這樣一下來可能把很多人又給嚇迷糊了。但是如果我們畫畫圖，按照右邊的圖去分析，我們會發現：不論怎么走，路徑長度是一樣的！這其實就有點考平面幾何的意思，你把水平路徑平移到x軸，圓弧路徑往右平移，這本質仍然是r+l。
第一個理論性的難題就過了。剩下的問題是，怎么求半徑和弧長？
半徑顯然用勾股定理，弧長我們要知道 l=r*θ，需要求這個角度。
考試的時候我發<cmath>沒有arctan這個函數，所以沒辦法，我自己手搓了一個二分法求arctan的值。回來我才知道求角度的函數是atan。遇事不決的時候，構造二分解方程是個不錯的選擇。
但是主播還是出錯了，原因在于：我把x和y看反了！我求的是半徑加藍色的弧長。。。怒虧五分
Code
#include <bits/stdc++.h>
#include <cmath>
#define eps 1e-6
using namespace std;
double x=233.0,y=666.0;
double l,r,sita;
double arctan(double y,double x);
int main() {r=sqrt(x*x+y*y);sita=arctan(y,x);//cout<<r<<' '<<sita<<endl;l=r*sita;cout<<(long long)(l+r)<<endl;return 0;
}
double arctan(double y,double x){double t1=0,t2=3.15/2,mid=(t1+t2)/2;while(fabs(t1-t2)>=eps){if(tan(mid)-y/x>eps){t2=mid;}else if(tan(mid)-y/x<-eps){t1=mid;}else{break;}mid=(t1+t2)/2; //cout<<t1<<' '<<t2<<' '<<tan(mid)<<' '<<y/x<<endl;}return mid;
}
T2（5分）
這題主播也是沒想明白，所以照搬（翻譯）的這個講解：
【藍橋杯】第十六屆C++B組省賽真題詳解_嗶哩嗶哩_bilibili
題面描述
解析
第一個條件就是說結果這是一個排序
第二個看起來很炸裂很復雜，但是實際上我們只要抓住兩條信息：
1.i可以等于j，那么先令i=j試試會怎么樣。測試代碼在第一段。
可以發現（不過確實很難往這方面想），1到1013的排列可以是亂的（A1012<=1013，A1013<=1013），從1014開始，Ai必須等于i本身。
2.既然i>=1014時，Ai等于i，那么令i<=1013,j>=1014，可以得到Ai*j<=i*j+2025，這個對于任意的j都成立。
對于任意的j都成立，而2025/1014和2025/2025向下取整都是1，那么Ai<=i+1。
也就是說，A1=1 2，A2＝1 2 3，A3 = 1 2 3 4......但是數不能重復選擇。特殊的，A1013最高取1013，不能取1014，因為1014已經被A1014選走了。
所以實際上這是個選擇的問題，從A1開始選才不會亂，一直是乘下去，到最后是2^1012（而不是2^1013，因為上面解釋了，第1013個數實際上沒得選）
Code
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
long long n=2025;
int main() {for(int i=1;i<=n;++i){cout<<i<<' '<<(int)sqrt(i*i+2025)<<endl;}return 0;
}
#include <iostream>
#define M 1000000007
using namespace std;
long long n=1012,res=1;
int main() {for(int i=1;i<=1012;++i){res=res*2%M;}cout<<res<<endl;return 0;
}
T3（10分）
題面描述
解析
這題我喜提0分，我在考試的時候是分奇偶討論的，好像是奇數還是偶數我推出來了全成立，剩下的有條件。
但是，這題比我想象的還更暴力無解：既然序列中的數字是連續遞增的整數，還可包括負數，那么我們構造的序列把前面和后面抵消掉，只剩下這個數字本身，就可以了，抵消的辦法就是把負數拉過來。比如3，我們構造-2 -1 0 1 2 3，-2到2抵消掉，只剩下3本身。
所以，對于大于1的數都成立，只有1不成立。
Code
注意，<bits/stdc++.h>不能用count，這本身是一個函數。
#include <iostream>
using namespace std;
long long n,x,count=0;
int main() {cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x;if(x!=1)++count;}cout<<count;return 0;
}T4（10分）
題面描述
解析
這其實就是一道很純粹的模擬題。
如果你做的是a=(b+c)/2;b=(a+c)/2;c=(a+b)/2;那么回家吧孩子，回家吧。值覆蓋都沒搞懂啊這是。
但是沒完，注意到k<=10^9，說明你的時間很可能會超。那就需要一個優化，手動推導就可以發現，a=b=c的時候直接break掉，可以省很多時間。
但是洛谷的數據莫名其妙有點抽風，，，見下，錯掉的全部是RE錯誤。我把if(a==b&&b==c)改成if(a==b&&b==c&&a==c)就過了。
Code
#include <iostream>
using namespace std;
long long T=0,k=0,a=0,b=0,c=0;
int main() {cin>>T;for(int i=1;i<=T;++i){cin>>a>>b>>c>>k;while(k!=0){if(a==b&&b==c&&a==c)break;long long ta=0,tb=0,tc=0;ta=(b+c)/2;tb=(a+c)/2;tc=(a+b)/2;a=ta;b=tb;c=tc;--k;}cout<<a<<' '<<b<<' '<<c<<endl;}return 0;
}T5（15分）
題面描述
解析
這題開始上難度了，但是想要分析出來也并不難。
使得L達到最小值，那么有一個基本的出發點就是貪心。因為所有數字都是正的，那么后面的大于前面的，形成一個單調序列，才能夠讓L取最小。所以先把數組設為a，進行sort排序。
然后我們來計算每個a[i]^2-a[i-1]^2的值。構成一個數組b[i]。那么這題轉化為求b數組里面一個長度為m-1的子序列，使得和達到最小值。為什么是m-1，因為你選M個數，b數組只能得出m-1個值。那么顯然有暴力做法騙分。
但是，都分析到這一步子序列了，你就不能想著優化一下嗎！這個就是典型的前綴和的問題，我們構造一個前綴和數組c[i]，那么求c[i+m-1]-c[i]的min就可以了，時間復雜度哐哐降！
Code
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long n,m;
long long a[100005]={0},b[100005]={0},c[100005]={0};
int main() {cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>a[i];}sort(a+1,a+n+1);for(int i=2;i<=n;++i){b[i]=a[i]*a[i]-a[i-1]*a[i-1];c[i]=c[i-1]+b[i];}long long ans=c[m]-c[1];for(int i=1;i<=n-m+1;++i){//cout<<i+m-1<<' '<<i<<' '<<c[i+m-1]<<' '<<c[i]<<endl; if(c[i+m-1]-c[i]<ans)ans=c[i+m-1]-c[i];}cout<<ans;return 0;
}
/*可以拿下面的做測試，輸出應該為0。
6 2
1 2 3 4 4 5
*/T6（15分）
略有遺憾的一題。
題面描述
解析
這是一篇非常有個人特色的題解。這是我省賽打的最后一道題，一開始用圖的dfsbfs我發現不給力，直接進行數學推導可能還會好一些，所以這篇題解傾向于數學和模擬。當時沒有完全正確，現在重新寫了一遍，知道了問題所在。
首先基礎的也是main函數里面的：把字符串翻譯成圖，用數組s去存儲。
除了數組s，我還開了一組數組a，這個是用來尋找'#'開頭和'#'結尾的。
我的基本思路是，要是碰見(1)..##..(2)..#.#.這樣的，我們直接定位到第三列和第五列，只要在中間去討論要不要補，而前面后面都是空白，那就沒有討論的必要。
所以我的bgn表示最開頭的#，fnl表示最尾巴的#，中間用一個循環，從bgn到fnl，從左向右檢測。
這個“檢測”的具體操作如下：
我們知道，一列分為四種情況:
(1)# (2). (3)# (4).
(1)#?(2). (3).? (4)#
我先進行"記憶化"，定義一個lastpos，分別表示一些情況，你可以理解為方向：
lastpos=3，前面是(1)，lastpos=2，前面是(4)，lastpos=1，前面是(3)，至于兩個點，不定義。
1.如果這一列都是#，也就是都是檢測器，那么ans就不用++了，"方向"改成3
2.如果這一列都是. ，也就是啥都沒有，那么ans必須++，然后"方向"不需要改變（在這里引入lastpos，也是為了防止中間有很多的. ，因為如果只看前一列，你是判斷不出前面的情況的）
3.如果這一列是情況(3)，那么此時要討論前面的"方向"是什么：
如果lastpos=3，那么ans不需要++，你的lastpos=1，因為這一列的狀態不變。
如果lastpos=2，也就是上一個和這一個完全相反
也就是 .?# 或者 . . . . #這種中間全是點的（中間的已經被判斷出來并且ans++了，故等效于左邊）
? ? ? ? ? ?# .? ? ? ? ? #. . . .
那么加一個檢測器到右下角等效于這種情況：. #，現在你的lastpos就是3了，因為這列填滿了。
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?# #
如果lastpos=1，那前面的情況和現在的情況是一樣的，那就不用動了，ans不用加，方向不用改。
4.如果這一列是情況(4)，同理，你根據邏輯的對稱性也能推理出來。
那么現在我來說說我錯的點：lastpos=3和lastpos=2當時沒有討論清楚，我只有lastpos=1的討論
我給一個測試點：
..#.#..
.#.#.#.如果只有lastpos=1，那么我需要補充四個點(除了最后一列都得補充)。但是實際只要補充兩個點。
因為我沒意識到，補充了點之后，這一列狀態就相當于lastpos=3了，也就是萬能墻了。
第二個錯的點就是，測試點全為...的時候要特判，不然我的邏輯答案是1（bgn=fnl，然后調到第二種情況ans++），洛谷會喜提19/20。
Code
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
long long n;
string str1,str2;
char ch;
bool s[3][1000005]={0};
long long a[3][1000005]={0},topA=0,topB=0;
long long lastpos=0;
long long ans=0;
void fun();
int main()
{cin>>str1>>str2;n=str1.length();for(int i=1;i<=n;i++){ch=str1[i-1];if(ch=='#'){a[1][++topA]=i;s[1][i]=1;}}for(int i=1;i<=n;i++){ch=str2[i-1];if(ch=='#'){a[2][++topB]=i;s[2][i]=1;}}fun();cout<<ans;return 0;
}void fun()
{int bgn=min(a[1][1],a[2][1]),fnl=max(a[1][topA],a[2][topB]);//cout<<bgn<<' '<<fnl<<endl;if(topA==0&&topB==0) return;for(int i=bgn;i<=fnl;i++){if(s[1][i]==1&&s[2][i]==1){lastpos=3;}else if(s[1][i]==0&&s[2][i]==0){ans++;}else if(s[1][i]==1&&s[2][i]==0){if(lastpos==2){ans++;lastpos=3;}else{lastpos=1;}}else if(s[1][i]==0&&s[2][i]==1){if(lastpos==1){ans++;lastpos=3;}else{lastpos=2;}}}return ;
}T7（20分）
題面描述
分析
我是對照著這篇來學習理解的
題解：P12136 [藍橋杯 2025 省 B] 生產車間 - 洛谷專欄
差不多關于這題的精神思想理解到位了，但是這一段的代碼實現我始終啃不下來，可能是背包題本身還不熟練吧。
這是我理解到的圖。這題的意思就是列舉每個點位所有的可能性。
T8（20分）
題面描述
解析
對于這題，我大概聽到9分鐘，就關掉視頻了，悟道了。大家也可以試試看能聽到多久你就明白了。
本題只有三種運算：加法、減法、異或，而異或等級最高。這個實際上是反邏輯的，計算機是先加減后異或。所以我在考試的時候搞了模擬，開一個數棧和一個符號棧去暴力，代碼特別長3^13次方也約等于10^6，只能騙前30%的點（不過6分也很香）。
那么本題的正解是什么呢？不可能是死算，那么我們能不能從樣例著手分析？
聰明的你從樣例其實就應該能發現了！對于一個空格，可以填+也可以填-，總有一個對應的方式，讓他們加起來和=0，只留下前面的數據。
所以，我們實際上留下來的是什么？
這個規律用我就不用文字表述啦（表達能力有限咳咳）
那么代碼怎么實現方便呢？每次都進行異或運算，顯然不合適。那么我們開一個數組a，a[i]=a[i-1]^輸入的數，就不用每次都來計算了，就很方便！
然后由于pow可能過大，要考慮模，而且每次都計算模冪非常麻煩，所以我們自己寫一個數組b存儲模冪運算結果。
Code
#include<iostream>
#define M 1000000007
using namespace std;
long long n,x,res=0;
long long a[100010]={0};
long long b[100010]={0};
void fun();
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x;a[i]=a[i-1]^x;}b[0]=1;b[1]=3;for(int i=2;i<=n;i++){b[i]=(b[i-1]*3)%M;}for(int i=1;i<=n-1;i++){res=(res+a[i]*2*b[n-1-i])%M;}res=(res+a[n])%M;cout<<res<<endl;return 0;
}
綜上，藍橋杯不愧是數學杯。。。
