第 13 屆藍橋杯 C++ 青少組省賽中 / 高級組 2022 年真題

一、選擇題

第 1 題

題目：已知char a; float b; double c;，執行語句c = a + b + c;后變量c的類型是（）。
A. char B. float C. double D. int

正確答案：C
答案解析：
在 C++ 中，表達式運算會進行類型提升：

a（char）與b（float）相加時，char 提升為 float，結果為 float。
該 float 結果再與c（double）相加時，float 提升為 double，最終結果類型為 double。
因此，變量c的類型仍為 double。

講解方法和教案：

教學目標：理解 C++ 中的類型轉換規則（自動提升）。
重點：不同類型運算時，低精度類型向高精度類型提升（char→int→float→double）。
教學步驟：
1. 舉例說明類型提升：如int + float結果為 float，float + double結果為 double。
2. 強調表達式結果類型由參與運算的最高精度類型決定。

第 2 題

題目：以下對main函數描述正確的是（）。
A.?main函數必須寫在所有函數的前面
B.?main函數必須寫在所有函數的后面
C.?main函數可以寫在任何位置，但不能放到其他函數里
D.?main函數必須寫在固定位置

正確答案：C
答案解析：
C++ 中，main函數是程序的入口，但沒有規定其必須位于代碼的特定位置。

它可以寫在其他函數之前或之后，但不能被其他函數包含（即不能在某個函數內部定義main）。
選項 A、B、D 均錯誤，C 正確。

講解方法和教案：

教學目標：明確main函數的特殊性和位置要求。
重點：main函數是程序執行的起點，獨立定義，不被其他函數包含。
教學步驟：
1. 展示不同位置定義main函數的合法代碼（如main在開頭、中間、結尾）。
2. 強調錯誤寫法：在另一個函數內部定義main會導致編譯錯誤。

第 3 題

題目：二進制數1101111轉換為十六進制是（）。
A. 157 B. 111 C. 6f D. 3f

正確答案：C
答案解析：
二進制轉十六進制需從右到左每 4 位分組（不足補前導 0）：

1101111?→ 補前導 0 為0110 1111
0110對應十六進制6，1111對應F（小寫為f），故結果為6f（選項 C）。

講解方法和教案：

教學目標：掌握二進制與十六進制的轉換方法（4 位分組法）。
重點：分組時從右往左，不足補 0；十六進制字符大小寫不影響值（但題目選項需嚴格匹配）。
教學步驟：
1. 演示分組過程，計算每組對應的十六進制值。
2. 練習：將10101010轉換為十六進制（A10→錯誤，正確為 AA）。

第 4 題

題目：下列函數中哪一個不能重載（）。
A. 構造函數 B. 析構函數 C. 成員函數 D. 非成員函數

正確答案：B
答案解析：
函數重載要求函數名相同，參數列表不同。

析構函數的名稱固定為~類名()，且沒有參數，無法通過參數列表區分，因此不能重載。
構造函數可以重載（不同參數列表），成員函數和非成員函數也可以重載。

講解方法和教案：

教學目標：理解函數重載的條件，掌握析構函數的特性。
重點：析構函數的名稱固定，無參數，不能重載。
教學步驟：
1. 對比構造函數和析構函數的定義形式。
2. 解釋重載的規則：名稱相同，參數不同；析構函數不滿足條件。

第 5 題

題目：下列指針的用法中哪一個不正確（）。
A.?int i; int *p = &i;
B.?int i; int *p; i = *p;
C.?int *p; p = 0;
D.?int i = 5; int *p; p = &i;

正確答案：B
答案解析：

選項 A：正確，指針p指向變量i的地址。
選項 B：錯誤，指針p未初始化（未指向有效地址），解引用*p會導致未定義行為（野指針）。
選項 C：正確，p = 0等價于p = nullptr，表示空指針。
選項 D：正確，指針p指向變量i的地址。

講解方法和教案：

教學目標：掌握指針的正確初始化和使用，避免野指針。
重點：解引用未初始化的指針是危險操作，可能導致程序崩潰。
教學步驟：
1. 演示合法的指針初始化（指向變量、空指針）。
2. 強調野指針的危害，通過示例說明錯誤用法（如選項 B）。

二、編程題

第 6 題：比較大小

題目描述：輸入兩個正整數 N 和 M（N≠M），輸出較大的數。
樣例輸入：145 100 →?樣例輸出：145

正確答案代碼：

cpp

#include <iostream>
using namespace std;int main() {int n, m;cin >> n >> m;cout << (n > m ? n : m);return 0;
}

答案解析：
直接使用條件運算符(n > m ? n : m)比較兩個數，返回較大者。輸入保證 N≠M，無需處理相等情況。

講解方法和教案：

教學目標：掌握基本條件判斷，使用條件運算符簡化代碼。
重點：條件表達式的語法(條件 ? 結果1 : 結果2)。
教學步驟：
1. 分析問題：僅需一次比較，輸出較大值。
2. 代碼實現：演示條件運算符的用法，對比if-else語句的等價寫法。

第 7 題：分解整數

分解整數
題目描述：
給定一個正整數N，然后將N分解成3個正整數之和。計算出共有多少種符合要求的分解方法。
要求：
1）分解的3個正整數各不相同；
2）分解的3個正整數中都不含數字3和7。
如：N為8，可分解為（1，1，6）、（1，2，5）、（1，3，4）、（2，2，4）、（2，3，3），其中滿足要
求的分解方法有1種，為（1，2，5）。
輸入描述：
輸入一個正整數N(5<N<501)，表示需要分解的正整數
輸出描述：
輸出一個整數，表示共有多少種符合要求的分解方法
樣例輸入：

8
樣例輸出：
1

題目描述：將正整數 N 分解為 3 個不同的正整數之和，要求每個數不含數字 3 和 7，求分解方法數（順序不同視為同一分解，如 (1,2,5) 和 (2,1,5) 視為同一種）。
樣例輸入：8 →?樣例輸出：1（僅 (1,2,5) 符合條件）

正確答案思路：

三重循環枚舉三個數 a、b、c，滿足a < b < c（避免重復計數），且a + b + c = N。
檢查每個數是否不含數字 3 和 7（逐位判斷）。

代碼實現：

cpp

#include <iostream>
using namespace std;bool has_forbidden(int x) {while (x > 0) {int digit = x % 10;if (digit == 3 || digit == 7) return true;x /= 10;}return false;
}int main() {int n, count = 0;cin >> n;// 保證a < b < c，避免重復for (int a = 1; a < n - 2; a++) {if (has_forbidden(a)) continue;for (int b = a + 1; b < n - a - 1; b++) {if (has_forbidden(b)) continue;int c = n - a - b;if (c > b && !has_forbidden(c)) { // c必須大于b，且不含3、7count++;}}}cout << count;return 0;
}

答案解析：

去重：通過a < b < c確保每個分解僅計算一次。
數字檢查：定義函數has_forbidden判斷數字是否包含 3 或 7。
循環范圍：a 從 1 到 n-3，b 從 a+1 到 (n-a-1)/2，減少無效循環。

講解方法和教案：

教學目標：掌握三重循環枚舉，條件過濾，去重技巧。
重點：
- 如何避免重復分解（通過順序 a < b < c）。
- 數字逐位檢查的方法（取余和整除）。
教學步驟：
1. 分析樣例：N=8 時，合法分解需滿足 a+b+c=8，a<b<c，且每個數不含 3、7。
2. 算法設計：枚舉 a 和 b，計算 c=N-a-b，檢查 c 是否大于 b 且合法。
3. 代碼實現：講解has_forbidden函數的邏輯，循環范圍的優化。

第 8 題：組合

題目描述：已知 N 和 M 互質，求最大不能表示的糖果數量（即無法用 kN + mM 表示的最大正整數，k,m≥0）。
樣例輸入：3 5 →?樣例輸出：7（3*5 - 3 - 5 = 7）

正確答案思路：
當 N 和 M 互質時，最大不能表示的數為?N*M - N - M（數論中的 “青蛙問題” 公式）。

代碼實現：

cpp

#include <iostream>
using namespace std;int main() {int n, m;cin >> n >> m;cout << n * m - n - m;return 0;
}

答案解析：
直接應用數論公式，無需枚舉。公式成立條件是 N 和 M 互質（題目已保證）。

講解方法和教案：

教學目標：理解互質數的性質，掌握 “青蛙問題” 公式。
重點：公式的推導（可簡要說明：當 a 和 b 互質時，最大不能表示的數為 ab-a-b）。
教學步驟：
1. 通過樣例解釋公式：3*5-3-5=7，驗證樣例輸入正確。
2. 說明公式的適用條件：兩數互質。
3. 代碼實現：直接計算并輸出結果。

第 9 題：最大值

題目描述：給定 N 張長方形彩紙，裁剪出 K 張大小相同的正方形，求最大邊長（邊長為整數），若無法裁剪則輸出 - 1。
樣例輸入：
2 6
4 3
5 4 →?樣例輸出：2（每張彩紙分別可裁 (4/2)(3/2)=2 和 (5/2)(4/2)=4，共 6 張）

正確答案思路：

二分法枚舉可能的邊長len（從 1 到最小的邊長），判斷是否能裁剪出至少 K 張正方形。
對每張彩紙，計算可裁剪的正方形數量：(w/len) * (h/len)，總和≥K 則可行。

代碼實現：

cpp

#include <iostream>
using namespace std;int n, k;
int papers[100][2]; // 存儲每張彩紙的w和hbool check(int len) {long long total = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {int w = papers[i][0], h = papers[i][1];total += (w / len) * (h / len);if (total >= k) return true; // 提前終止}return total >= k;
}int main() {cin >> n >> k;int max_len = 0, min_len = 1;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> papers[i][0] >> papers[i][1];max_len = max(max_len, min(papers[i][0], papers[i][1])); // 最大可能邊長}int left = 1, right = max_len, ans = -1;while (left <= right) {int mid = (left + right) / 2;if (check(mid)) {ans = mid;left = mid + 1; // 嘗試更大的邊長} else {right = mid - 1;}}cout << ans;return 0;
}

答案解析：

二分法：從 1 到最大可能邊長（最小的彩紙邊長）搜索，每次判斷當前邊長是否可行。
可行性函數 check：計算所有彩紙可裁剪的正方形總數，若≥K 則可行。
邊界處理：若最大邊長為 0（不可能），或最終 ans 仍為 - 1（無解），輸出 - 1。

講解方法和教案：

教學目標：掌握二分法在最值問題中的應用，理解可行性判斷邏輯。
重點：
- 二分法的區間定義和終止條件。
- 如何計算單張彩紙可裁剪的正方形數量（w/len * h/len）。
教學步驟：
1. 分析樣例：邊長 2 時，第一張彩紙 4x3 可裁 2x2 的正方形 2 個（4/2=2，3/2=1，21=2），第二張 5x4 可裁 2x2 的正方形 4 個（5/2=2，4/2=2，22=4），總和 6，符合條件。
2. 算法設計：確定二分范圍，實現 check 函數。
3. 代碼實現：講解二分法的循環邏輯，注意數據類型溢出（使用 long long）。

第 10 題：農作物

題目描述：統計農田中獨立的 “R” 區域數量（上下左右相連的 R 視為同一區域，雜草 X 分隔）。
樣例輸入：
4 4
R R R X
R X R X
X X X R
R X X X →?樣例輸出：3

正確答案思路：
使用 ** 深度優先搜索（DFS）或廣度優先搜索（BFS）** 遍歷每個未訪問的 R 節點，標記已訪問，統計區域數。

代碼實現（DFS）：

cpp

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int MAXN = 100;
char field[MAXN][MAXN];
bool visited[MAXN][MAXN];
int n, m;void dfs(int x, int y) {visited[x][y] = true;// 上下左右四個方向int dx[] = {-1, 1, 0, 0};int dy[] = {0, 0, -1, 1};for (int i = 0; i < 4; i++) {int nx = x + dx[i];int ny = y + dy[i];if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && !visited[nx][ny] && field[nx][ny] == 'R') {dfs(nx, ny);}}
}int main() {cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {cin >> field[i][j];}}memset(visited, false, sizeof(visited));int count = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {if (field[i][j] == 'R' && !visited[i][j]) {dfs(i, j);count++;}}}cout << count;return 0;
}

答案解析：

二維數組存儲農田，visited數組標記是否訪問過。
DFS 遍歷：從每個未訪問的 R 節點出發，遞歸訪問上下左右相連的 R 節點，標記為已訪問。
統計次數：每次啟動 DFS，區域數加 1。

講解方法和教案：

教學目標：掌握圖的遍歷算法（DFS/BFS），解決區域計數問題。
重點：
- 二維網格的方向數組（上下左右）。
- 邊界條件判斷（坐標是否越界）。
教學步驟：
1. 分析樣例：通過畫圖展示三個獨立的 R 區域，說明相連的 R 如何被 DFS 遍歷。
2. 算法設計：使用二維數組和訪問標記數組，遍歷每個單元格。
3. 代碼實現：講解 DFS 的遞歸邏輯，對比 BFS 的隊列實現方式。

第 11 題：面積

題目描述：計算 N 個矩形的面積并集（重疊部分只算一次）。
樣例輸入：
2
2 2 9 5
6 1 12 9 →?樣例輸出：60

正確答案思路：

二維網格標記法：創建一個足夠大的二維數組（如 100x100），標記每個格子是否被至少一個矩形覆蓋。
遍歷所有矩形，將其覆蓋的格子標記為 1，最后統計所有標記為 1 的格子數量。

代碼實現：

cpp

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int MAX_COORD = 100;
int grid[MAX_COORD + 1][MAX_COORD + 1]; // 坐標范圍0~100int main() {int n;cin >> n;memset(grid, 0, sizeof(grid));for (int i = 0; i < n; i++) {int x1, y1, x2, y2;cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;// 確保x1 < x2，y1 < y2（題目中x1≠x2，y1≠y2，但可能順序顛倒）if (x1 > x2) swap(x1, x2);if (y1 > y2) swap(y1, y2);for (int x = x1; x < x2; x++) {for (int y = y1; y < y2; y++) {grid[x][y] = 1; // 標記為覆蓋}}}int area = 0;for (int x = 0; x <= MAX_COORD; x++) {for (int y = 0; y <= MAX_COORD; y++) {area += grid[x][y];}}cout << area;return 0;
}

答案解析：

坐標處理：確保 x1 < x2，y1 < y2（交換順序，避免無效循環）。
網格標記：每個矩形覆蓋的區域（x1 到 x2-1，y1 到 y2-1，因為坐標是左閉右開）。
面積統計：遍歷整個網格，累加所有標記為 1 的格子數。

講解方法和教案：

教學目標：掌握矩形面積并集的網格標記法，處理坐標范圍。
重點：
- 矩形坐標的正確遍歷（左閉右開區間）。
- 處理坐標顛倒的情況（如 x1 > x2 時交換）。
教學步驟：
1. 分析樣例：兩個矩形的覆蓋區域，計算重疊部分的處理方式（只算一次）。
2. 算法設計：使用二維數組模擬網格，標記每個格子是否被覆蓋。
3. 代碼實現：講解坐標交換的邏輯，循環遍歷矩形的行和列。