2018蓝桥杯试题
蓝桥杯历届c语言试题及答案
蓝桥杯历届c语言试题及答案蓝桥杯历届C语言试题及答案1. 问题描述编写一个程序，实现对给定整数数组进行排序的功能。
2. 输入格式第一行包含一个整数N，表示数组中元素的数量。
第二行包含N个整数，表示数组中的元素。
3. 输出格式输出排序后的数组。
4. 样例输入```53 14 1 5```5. 样例输出```1 1 3 4 5```6. 答案```c#include <stdio.h>#include <stdlib.h>void swap(int *a, int *b) {int temp = *a;*a = *b;*b = temp;}int partition(int arr[], int low, int high) { int pivot = arr[high];int i = (low - 1);for (int j = low; j <= high - 1; j++) {if (arr[j] < pivot) {i++;swap(&arr[i], &arr[j]);}}swap(&arr[i + 1], &arr[high]);return (i + 1);}void quickSort(int arr[], int low, int high) { if (low < high) {int pi = partition(arr, low, high);quickSort(arr, low, pi - 1);quickSort(arr, pi + 1, high);}}int main() {int N;scanf("%d", &N);int arr[N];for (int i = 0; i < N; i++) { scanf("%d", &arr[i]);}quickSort(arr, 0, N - 1);for (int i = 0; i < N; i++) { printf("%d ", arr[i]);}return 0;}```。
蓝桥杯历届试题题目总结
蓝桥杯历届试题题⽬总结后天就是蓝桥杯省赛了，今天总结⼀下这段时间做的蓝桥杯历届试题，还是⼀个⼀个题⽬的来吧1，历届试题矩阵翻硬币 这个题⽬说真的，我不会，在⽹上看了某神⽜的题解答案为 ans=sqrt（n）*sqrt（m），具体怎么证明的我也不知道2，历届试题兰顿蚂蚁 这个题⽬怎么说呢，应该是送分题，直接模拟就可以了，这⾥就不说了。
3，历届试题分糖果 这个题⽬好像之前在哪⾥做过，也是⼀道模拟题，弄两个数组搞⼀下就可以了 下⾯是代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define maxn 100+10int a[2][maxn],n;bool ok(int cur){for (int i=2;i<=n;i++) if (a[cur][i]!=a[cur][i-1]) return0;return1;}int main(){while(scanf("%d",&n)!=EOF){int cur=0,ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[cur][i]);while(!ok(cur)){for (int i=1;i<=n;i++) {if (a[cur][i]%2) {a[cur][i]++; ans++;}}for (int i=1;i<n;i++) a[1-cur][i]=a[cur][i+1]/2; a[1-cur][n]=a[cur][1]/2;for (int i=1;i<=n;i++) a[1-cur][i]+=(a[cur][i]/2);cur=1-cur;}printf("%d\n",ans);}return0;}View Code4，历届试题⼩朋友排队 这个题让我想起了去年武⼤校赛的⼀道题，我永远忘不了，求最⼩交换次数就是求逆序对数，⽽这个题要算出每个⼩朋友交换的次数，故我们从前⾯求⼀次，再从后⾯求⼀次就可以了，我这⾥⽤树状数组来求#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define maxn 1000000+10#define LL long longint a[maxn],n,b[maxn],num[maxn],c[maxn];LL sum[maxn];void init(){sum[0]=0;for (LL i=1;i<maxn;i++) sum[i]=sum[i-1]+i;}int lowbit(int x){return x&(-x);}void add(int x){while(x<maxn){a[x]++;x+=lowbit(x);}}int get_sum(int x){int ans=0;while(x>0){ans+=a[x];x-=lowbit(x);}return ans;}int main(){init();while(scanf("%d",&n)!=EOF){memset(a,0,sizeof(a));memset(num,0,sizeof(num));for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),c[i]=b[i];sort(c+1,c+n+1);int m=unique(c+1,c+n+1)-c;for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=lower_bound(c+1,c+m+1,b[i])-c;for (int i=1;i<=n;i++){num[i]+=get_sum(maxn-1)-get_sum(b[i]);add(b[i]);}memset(a,0,sizeof(a));for (int i=n;i>=1;i--){num[i]+=get_sum(b[i]-1);add(b[i]);}LL ans=0;//for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",num[i]); printf("\n");for (int i=1;i<=n;i++) ans+=sum[num[i]];printf("%I64d\n",ans);}return0;}View Code5，历届试题波动数列 这个题⽬⼀看，就知道是枚举a出现的次数和b出现的次数，⽹上有⼈⽤BFS和DFS来做，想都不想，肯定超时可以设第⼀个数为x，则 S=n*x+sgm i*（a or -b），则知道a和b的数⽬为n*（n-1）/2，则可以枚举a的数⽬A，知道A后，就看组成A有多少种⽅法，⽽我们只能⽤1，2，。
2018ACM-ICPCWorldFinals部分题题解
2018ACM-ICPCWorldFinals部分题题解Problem C. Conquer the World &&loj6405 征服世界题⽬⼤意：给定⼀棵树，树有边权。
每个点上有a_i个⼠兵，且每个点最终需要b_i个⼠兵。
求最⼩代价。
n\leq2.5*10^5,a_i,b_i\leq1e9。
题解：显然，我们可以直接⽤这棵树跑费⽤流。
但n太⼤了。
所以我们只能模拟⼀下费⽤流的过程了。
⾸先，为了保证所有的b_i都能选满，我们先给每个b_i加⼀个-INF的权值。
考虑维护两个堆，分别记录a的信息和b的信息。
DFS这棵树，设当前节点为u。
将u的所有⼉⼦的堆全部合并，每个点的初始权值是dis_i和dis_i-INF，指的是i到1号节点的距离。
这个可以⽤左偏树或者stl⾥的pb_ds实现。
将⼦树信息上传完成后，开始尝试将它们两两配对。
配对终⽌的条件是两个堆顶元素匹配的权值\geq 0。
然后考虑如何像费⽤流那样进⾏反悔操作。
如果当前的⼀个匹配点和另外⼀个点匹配了，那么就要撤销之前的匹配。
列出两次匹配的关系式，我们就可以分别得出计算a,b反悔代价的算式。
因为⼀个点的a和b不会同时反悔，且\sum b_i也不⼤，所以做法是正确的。
具体的反悔实现可以看我的代码。
时间复杂度：O(nlogn)代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define re register int#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)typedef long long ll;#define I inline void#define IN inline int#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define STS system("pause")template<class D>I read(D &res){res=0;register D g=1;register char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')g=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);ch=getchar();}res*=g;}const ll INF=1e12+7;struct E{int to,nt,w;}e[505000];#define T e[k].toqueue<int>q;struct Dat{ll w,f;Dat(ll _w=0,ll _f=0){w=_w;f=_f;}friend bool operator < (Dat x,Dat y){return x.w>y.w;}}d[2000000];int now,cnt,ch[2000000][2],dis[2000000],root[303000],rt[303000];int n,m,X,Y,W,a[303000],b[303000],head[303000],tot,sum;ll dep[303000],ans;IN new_node(){re res;if(q.empty())return ++cnt;res=q.front();q.pop();ch[res][0]=ch[res][1]=dis[res]=d[res].w=d[res].f=0;return res;}I add(int x,int y,int w){e[++tot].to=y;e[tot].nt=head[x];head[x]=tot;e[tot].w=w;}IN merge(int x,int y){if(!x||!y)return x+y;if(d[x]<d[y])swap(x,y);ch[x][1]=merge(ch[x][1],y);if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]])swap(ch[x][0],ch[x][1]);dis[x]=dis[ch[x][1]]+1;return x;}I D_1(int x,int fa,ll depth){dep[x]=depth;if(a[x])d[x]=Dat(dep[x],a[x]),root[x]=x,dis[x]=0;else root[x]=0;if(b[x])d[x+n]=Dat(dep[x]-INF,b[x]),rt[x]=x+n,dis[x+n]=0;else rt[x]=0;for(re k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){if(T==fa)continue;D_1(T,x,depth+e[k].w);root[x]=merge(root[x],root[T]);rt[x]=merge(rt[x],rt[T]);}while(root[x]&&rt[x]&&d[root[x]].w+d[rt[x]].w-2*dep[x]<0){ll vala=d[root[x]].w,valb=d[rt[x]].w,tmp=min(d[root[x]].f,d[rt[x]].f),nowa=d[root[x]].f-tmp,nowb=d[rt[x]].f-tmp;ans+=(vala+valb-2*dep[x])*tmp;q.emplace(root[x]);q.emplace(rt[x]);//cout<<"!"<<root[x]<<" "<<rt[x]<<" "<<tmp<<" "<<vala<<" "<<valb<<" "<<dep[x]<<" "<<nowa<<" "<<nowb<<endl;root[x]=merge(ch[root[x]][0],ch[root[x]][1]);rt[x]=merge(ch[rt[x]][0],ch[rt[x]][1]);if(tmp){now=new_node();d[now]=Dat(2*dep[x]-valb,tmp);dis[now]=0;root[x]=merge(root[x],now);now=new_node();d[now]=Dat(2*dep[x]-vala,tmp);dis[now]=0;rt[x]=merge(rt[x],now);}if(nowa)now=new_node(),d[now]=Dat(vala,nowa),dis[now]=0,root[x]=merge(root[x],now);if(nowb)now=new_node(),d[now]=Dat(valb,nowb),dis[now]=0,rt[x]=merge(rt[x],now);}}int main(){read(n);C(head,-1);tot=-1;cnt=n<<1;dis[0]=-1;F(i,1,n-1){read(X);read(Y);read(W);add(X,Y,W);add(Y,X,W);}F(i,1,n){read(a[i]),read(b[i]);re tmp=min(a[i],b[i]);a[i]-=tmp;b[i]-=tmp;sum+=b[i];}D_1(1,0,0);/*while(rt[1]){ll vala=d[root[1]].w,valb=d[rt[1]].w,tmp=min(d[root[1]].f,d[rt[1]].f),nowa=d[root[1]].f-tmp,nowb=d[rt[1]].f-tmp;ans+=(vala+valb-2*dep[1])*tmp;//cout<<"!"<<tmp<<endl;root[1]=merge(ch[root[1]][0],ch[root[1]][1]);rt[1]=merge(ch[rt[1]][0],ch[rt[1]][1]);if(nowa)++now,d[now]=Dat(vala,nowa),dis[now]=0,root[1]=merge(root[1],now);if(nowb)++now,d[now]=Dat(valb,nowb),dis[now]=0,rt[1]=merge(rt[1],now);//cout<<now<<endl;}*/printf("%lld",ans+(ll)INF*sum);return 0;}/*31 2 53 1 52 15 01 361 2 21 3 51 4 12 5 52 6 10 01 02 12 10 10 1*/Problem I. Triangles && loj6411题⽬⼤意：给出⼀张毒瘤的图，求其中包含的三⾓形个数。
Python2018蓝桥杯真题练习—哪天返回
Python2018蓝桥杯真题练习—哪天返回
问题描述
小明被不明势力劫持。
后莫名其妙被扔到x星站再无问津。
小明得知每天都有飞船飞往地球，但需要108元的船票，而他却身无分文。
他决定在x星战打工。
好心的老板答应包食宿，第1天给他1元钱。
并且，以后的每一天都比前一天多2元钱，直到他有足够的钱买票。
请计算一下，小明在第几天就能凑够108元，返回地球。
要求提交的是一个整数，表示第几天。
解决方案
本题的理解程度不难，是对于基础知识的理解应用，在设置未知数的同时通过循环做出判断，并在循环中解出要计算的未知数，本题只是通过基础的一次循环就可以得到解题答案，不需要做过多的理解与复杂的重复返回计算。
只需要注意while循环的注意事项就可以
结语
学习并练习蓝桥杯竞赛的真题，理解题目的意义，在解题过程中，复习while 循环的使用。
本题不需要做多的理解和太复杂的代码去解释题目的答案。
继续练习蓝桥杯真题。
实习编辑：衡辉
稿件来源：深度学习与文旅应用实验室（DLETA）。
蓝桥杯题库的历届真题
1.历届试题矩阵翻硬币时间限制：1.0s 内存限制：256.0MB问题描述小明先把硬币摆成了一个n 行m 列的矩阵。
随后，小明对每一个硬币分别进行一次Q 操作。
对第x行第y列的硬币进行Q 操作的定义：将所有第i*x 行，第j*y 列的硬币进行翻转。
其中i和j为任意使操作可行的正整数，行号和列号都是从1开始。
当小明对所有硬币都进行了一次Q 操作后，他发现了一个奇迹——所有硬币均为正面朝上。
小明想知道最开始有多少枚硬币是反面朝上的。
于是，他向他的好朋友小M寻求帮助。
聪明的小M告诉小明，只需要对所有硬币再进行一次Q操作，即可恢复到最开始的状态。
然而小明很懒，不愿意照做。
于是小明希望你给出他更好的方法。
帮他计算出答案。
输入格式输入数据包含一行，两个正整数n m，含义见题目描述。
输出格式输出一个正整数，表示最开始有多少枚硬币是反面朝上的。
样例输入2 3样例输出1数据规模和约定对于10%的数据，n、m <= 10^3；对于20%的数据，n、m <= 10^7；对于40%的数据，n、m <= 10^15；对于10%的数据，n、m <= 10^1000（10的1000次方）。
2.历届试题兰顿蚂蚁时间限制：1.0s 内存限制：256.0MB问题描述兰顿蚂蚁，是于1986年，由克里斯·兰顿提出来的，属于细胞自动机的一种。
平面上的正方形格子被填上黑色或白色。
在其中一格正方形内有一只“蚂蚁”。
蚂蚁的头部朝向为：上下左右其中一方。
蚂蚁的移动规则十分简单：若蚂蚁在黑格，右转90度，将该格改为白格，并向前移一格；若蚂蚁在白格，左转90度，将该格改为黑格，并向前移一格。
规则虽然简单，蚂蚁的行为却十分复杂。
刚刚开始时留下的路线都会有接近对称，像是会重复，但不论起始状态如何，蚂蚁经过漫长的混乱活动后，会开辟出一条规则的“高速公路”。
蚂蚁的路线是很难事先预测的。
你的任务是根据初始状态，用计算机模拟兰顿蚂蚁在第n步行走后所处的位置。
历年蓝桥杯省赛B组真题试题
for(j = 0 ; j < 4 ; j ++) flag[i][j] = 1;
flag[0][0] = 0; flag[2][3] = 0; }
void Solve() {
int dir[8][2] = { 0,1,0,-1,1,0,-1,0,1,1,1,-1,-1,1,-1,-1}; int book = true; for(int i = 0 ; i < 3 ; i ++) {
int main() {
int i; int a[] = {5,13,6,24,2,8,19,27,6,12,1,17}; int N = 12;
quicksort(a, 0, N -1);
for(i=0; i<N; i++) printf("%d ", a[i]); printf("\n");
return 0; }
num[n]=0;
}
}
}
int main() {
memset(num,0,sizeof(num)); memset(visit,0,sizeof(visit)); dfs(1); cout<<sum; return 0; }
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（4） 快速排序
历年蓝桥杯省赛 B 组真题试题
排序在各种场合经常被用到。 快速排序是十分常用的高效率的算法。
if(!visit[i]) {
visit[i] = true; mpt[x][y] = i; dfs(index+1); visit[i] = false; } } } else { dfs(index+1); } } int main() { init(); dfs(0); printf("%d\n",ans); return 0; }
测试次数——2018年蓝桥杯算法真题
测试次数——2018年蓝桥杯算法真题x星球的居民脾⽓不太好，但好在他们⽣⽓的时候唯⼀的异常举动是：摔⼿机。
各⼤⼚商也就纷纷推出各种耐摔型⼿机。
x星球的质监局规定了⼿机必须经过耐摔测试，并且评定出⼀个耐摔指数来，之后才允许上市流通。
x星球有很多⾼耸⼊云的⾼塔，刚好可以⽤来做耐摔测试。
塔的每⼀层⾼度都是⼀样的，与地球上稍有不同的是，他们的第⼀层不是地⾯，⽽是相当于我们的2楼。
如果⼿机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则⼿机耐摔指数=7。
特别地，如果⼿机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最⾼层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n为了减少测试次数，从每个⼚家抽样3部⼿机参加测试。
某次测试的塔⾼为1000层，如果我们总是采⽤最佳策略，在最坏的运⽓下最多需要测试多少次才能确定⼿机的耐摔指数呢？请填写这个最多测试次数。
代码如下：public class Main {public static void main(String[] args) {int height = 1000;int phone = 3;// 定义⼀个⼆维数组int dp[][]=new int[height + 1][phone + 1];for (int n = 1; n <= phone; n++) {for (int i = 1; i <= height; i++) {// 如果是⼀部⼿机或者⼀层楼的话，那么问题就可以简单的解决了，即 dp[i][n] = dp[i - 1][n] + 1// 这⾥是最坏的情况，但不是最佳策略（⼏层楼测试⼏次）dp[i][n] = dp[i - 1][n] + 1;// 下⾯的循环则是采⽤最佳策略min，在最坏情况下的测试次数max// 如果⼿机和楼层都超过1，那么就要采⽤下⾯的决策，下⾯的循环是问题的突破⼝for (int j = 1; j < i && n > 1; j++) {// 从第⼀层⼀直测试到第i层，看看在哪⼀层是最符合的dp[i][n] = Math.min(dp[i][n], Math.max(dp[j - 1][n - 1], dp[i - j][n]) + 1);}}}System.out.println(dp[1000][3]);}}解决问题的关键：①从最佳和最坏两个⾓度出发②摔⼿机的结果⽆⾮两种：碎和不碎，可分情况讨论，取更坏者（即测试次数多者）。
蓝桥杯b组c语言历年题目
蓝桥杯b组c语言历年题目全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：蓝桥杯是中国面向大学生的计算机科学与编程竞赛，设立了不同级别的组别和不同的题目形式，其中B组是C语言编程的比赛，考察参赛选手对于C语言编程的理解和应用能力。
参加B组比赛需要具备一定的编程基础和C语言知识，适合有一定编程经验的大学生参与。
历年来，蓝桥杯B组的C语言题目围绕着各种不同的主题展开，涵盖了计算机科学与编程的各个方面，从基础的数据结构和算法到高级的计算机网络和操作系统等内容，题目设计丰富多样，旨在考察参赛选手的编程能力和创新思维。
以下是部分历年蓝桥杯B组的C语言题目：1. 编写一个程序，实现一个简单的计算器功能，支持加减乘除运算，并能够处理输入错误的情况。
2. 设计一个程序，实现一个简单的俄罗斯方块游戏，要求具备显示界面和键盘控制功能。
3. 编程实现一个简单的网络聊天程序，要求实现客户端和服务器端的通信功能，支持实时消息传输。
4. 设计一个程序，模拟实现一个简单的操作系统，包括进程管理、文件系统和内存管理等功能。
5. 编写一个程序，实现一个简单的图形界面，包括按钮、文本框和标签等控件，能够响应用户的操作。
这些题目涵盖了C语言编程中的各个方面，要求选手具备良好的编程基础和解决问题的能力，能够独立完成编程任务并提供有效的解决方案。
蓝桥杯B组的C语言题目旨在培养参赛选手的编程能力和创新思维，帮助他们提升对计算机科学和编程的理解和实践能力。
参加蓝桥杯B组比赛不仅可以锻炼参赛选手的编程技能，还可以拓宽他们的视野，了解计算机科学与技术领域的最新动态和发展趋势。
通过参加蓝桥杯的比赛，参赛选手可以结识志同道合的朋友，与他们共同探讨问题，交流经验，共同进步。
第二篇示例：蓝桥杯是中国首个面向大学生的计算机程序设计和算法竞赛，有A、B、C、D四个组别，其中B组使用C语言进行比赛。
蓝桥杯B组的比赛题目涵盖了C语言的基础知识、算法和数据结构等方面，旨在考察参赛选手的编程能力和解决问题的能力。
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2018蓝桥杯C语言b组国赛真题1.标题：换零钞x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。
小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。
小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍，剩下的当然都是5元面额的。
银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）注意，需要提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
手算都可以。
下面是代码，答案741.#include<iostream>ing namespace std;3.int main(){4.for(int i=1;i<40;i++){5.for(int j=1;j<200;j++){6.if(5*i+2*10*j+1*j==200)7.cout<<"5*"<<i<<"+2*"<<10*j<<"+1*"<<j<<"="<<5*i+2*10*j+1*j<<"(一共"<<i+10*j+j<<"张)"<<endl;8.}9.}10.return 0;11.}12.2.标题：激光样式x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。
安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即：全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种）开一台，共3种开两台，只1种30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。
要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。
注意，只提交一个整数，不要填写任何多余的内容。
思路很简单，暴力搜索，30个灯光从左到右，从左边第一个开始，第一个可以开关，第二个要根据左边的灯光是否开启来取值，以此类推。
答案21783091.#include<iostream>2.#include<string.h>ing namespace std;4.int ans = 0;5.int x[31];//0代表关，1代表开6.7.void dfs(int index){8.if(index == 30){9.ans++;10.return;11.}12.if(index == 0 || x[index-1] == 0){ //第一个灯光可以取0或1，当前灯光左边要是没开，那当前灯光可以取0和113.for(int i=0;i<=1;i++){14.x[index] = i;15.dfs(index+1);16.x[index] = 0;17.}18.}19.else{ //左边的灯光开了，那当前灯光只能关闭（取0）20.dfs(index+1);21.}22.}23.24.i nt main(){25.memset(x,0,31*sizeof(int));26.dfs(0);27.cout<<ans<<endl;28.return0;29.}3.标题：格雷码格雷码是以n位的二进制来表示数。
与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。
首尾两个数字也要求只有1位之差。
有很多算法来生成格雷码。
以下是较常见的一种：从编码全0开始生成。
当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0）当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。
用这个规则产生的4位格雷码序列如下：0000000100110010011001110101010011001101111111101010101110011000以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。
（答案：a^((a&(-a))<<1)）1.#include <stdio.h>2.void show(int a,int n){3.int i;4.int msk = 1;5.for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;6.for(i=0; i<n; i++){7.printf((a & msk)? "1" : "0");8.msk = msk >> 1;9.}10.printf("\n");11.}12.v oid f(int n){13.int i;14.int num = 1;15.for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;16.int a = 0;17.for(i=0; i<num; i++){18.show(a,n);19.if(i%2==0){20. a = a ^ 1;21.}22.else{23. a = _________________________ ; //填空24.}25.}26.}27.i nt main(){28.f(4);29.return0;30.}请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。
4.标题：调手表小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。
在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。
大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。
在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。
如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。
作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。
如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。
小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊……他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。
注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。
比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。
「输入格式」一行两个整数 n, k ，意义如题。
「输出格式」一行一个整数表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。
「样例输入」5 3「样例输出」2「样例解释」如果时间正确则按0次。
否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：1：+12：+1, +13：+34：+3, +1「数据范围」对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000资源约定：峰值内存消耗（含虚拟机） < 256MCPU消耗 < 1000ms请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...”的多余内容。
注意：main函数需要返回0;只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
5.标题：搭积木小明对搭积木非常感兴趣。
他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。
摆放积木必须遵循三条规则：规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。
其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。
图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。
每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。
他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。
【输入格式】输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸。
每个字符只可能是‘.’或‘X’。
【输出格式】输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。
【样例输入1】2 3..X.X.【样例输出1】4【样例说明1】成功的摆放有（其中O表示放置积木）：(1)..X.X.(2)..XOX.(3)O.XOX.(4)..X.XO【样例输入2】3 3..X.X....【样例输出2】16【数据规模约定】对于10%的数据，n=1，m<=30；对于40%的数据，n<=10，m<=30；对于100%的数据，n<=100，m<=100。
资源约定：峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M CPU消耗 < 1000ms请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...”的多余内容。
注意：main函数需要返回0;只使用ANSI C/ANSI C++ 标准;不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
6.标题：矩阵求和经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。
今天小明的任务是填满这么一张表：表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。
其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方，gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列：1 1 1 11 4 1 41 1 9 11 4 1 16小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。
由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。
「输入格式」一行一个正整数 n 意义见题。
「输出格式」一行一个数，表示所有元素的和。
由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。