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前言

昨天蓝桥杯python省赛B组比完，今天在洛谷上估了下分，省一没有意外的话应该是稳了。这篇博文是对省赛试题的复盘，所给代码是省赛提交的代码。PB省赛洛谷题单

试题 A: 攻击次数

思路

这题目前有歧义，一个回合到底是只有一个英雄攻击还是三个英雄都攻击。我以及洛谷测试是按照后者写的。

blood = 2025
for i in range(1,406):blood -= 5if i%2==1:blood -= 15if i%2==0:blood-=2if i%3==1:blood-=2if i%3==2:blood-=10if i%3==0:blood-=7if blood<=0:print(i)break

试题 B: 最长字符串

思路

居然考了文件的读写，并且txt有五万行，所以无法复制粘贴，考场上凭借一点点计算机二级的记忆写了出来，但是答案还是错了。

import os
good = [[] for i in range(12)]
max_len  = 0
max_word = 'a'
with open("F:\\2025pb\\LQSP2025_PB\\LQSP2025_PB\\words.txt", 'r') as f:while True:word = f.readline()if not word:breaklen_ = len(word)if len_==1:good[1].append([word])if len_>1:if sorted(word[:-1]) in good[len_-1]:good[len_].append(sorted(word))if len_ > max_len:max_len = len_max_word = wordif len_ == max_len:if word < max_word:max_word = wordf.close
print(max_word)

试题 C: LQ 图形

思路

很无脑的一题，没什么好说的

w,h,v = map(int,input().split())
for i in range(1,h+w+1):if 1<=i<=h:print("Q"*w)if h<i<=h+w:print("Q"*(w+v))

试题 D: 最多次数

思路

线性DP即可在O(n)复杂度解决，设dp[i]表示到第i个字母为止能切割出的最多单词，状态转移方程：如果第i个字母以及前面两个字母能够组成单词，则dp[i] = dp[i-3]+1，否则继承dp[i]=dp[i-1]

s = input()
n = len(s)
arr = [0] + [i for i in s]
def check(a,b,c):if a+b+c in ['lqb','lbq','qlb','qbl','blq','bql']:return Trueelse:return Falsedp = [0 for i in range(n+1)]
for i in range(1,n+1):if i==1 or i==2:continueif arr[i] in ['l','q','b']:if check(arr[i],arr[i-1],arr[i-2]):dp[i] = dp[i-3]+1else:dp[i] = dp[i-1]else:dp[i] = dp[i-1]
print(dp[-1])

试题 E: A · B Problem

思路

考场上没时间细想，直接用DFS枚举每一种可能，并且剪枝尽可能节约时间。

import sys
sys.setrecursionlimit(100000)def dfs(depth):global cntif depth==5:if ls[1]*ls[2] + ls[3]*ls[4] <= L:cnt+=1returnfor i in range(1,L+1):ls[depth] = iif depth==2 and ls[1]*ls[2]>L:breakif depth==3 and ls[1]*ls[2] + ls[3] >L:breakdfs(depth+1)L = int(input())
ls = [0,0,0,0,0]
cnt = 0
dfs(1)
print(cnt)

试题 F: 园艺

思路

这题乍一看是LIS的板子，但是他添加了必须等间隔这个条件，所以单纯了LIS只能找到最长上升字串的长度，且无法保证间隔。考场上没想明白怎么改，直接暴力。

n = int(input())
h = [0] + list(map(int,input().split()))
max_ = 0
for i in range(1,n):for j in range(1,n+1):idx = jtemp = 1while idx<=n:if idx+i>n:breakif h[idx+i] > h[idx]:temp += 1idx += ielse:breakmax_ = max(max_,temp)
print(max_)

试题 G: 书架还原

思路

最少操作次数意味着什么？没有多余的交换。我们可以列一些情况试一下：
任意位置的2本书混乱，只需1次对调即可复原：

任意位置的3本书混乱，只需2次对调即可复原：

同理，任意位置的k本书混乱，只需k-1次对调即可复原。
同时我们发现，这发生错放的k本书之间的互换，不涉及其他无关的书本，如果你在交换这k本书的过程中涉及到了这k本书以外的书，那就说明有多余的操作了，就不是最少操作次数了，不符合题意。
从图论的角度出发，根据以上分析我们发现，如果把书看为节点，需要交换的书本之间一定是联通的，我们可以先对所有书做一个 分组，用并查集的思想，找father节点。最后统计各个集合的点的个数，修复这个集合需要的最少交换次数是点的个数减一。最后加起来就是答案。
father数组是什么？稍加分析发现其实就是题目中所给的当前每本书的编号a1,a2,...,an，他意味着：位置1现在放着编号a1，那么父节点位置a1存在着新书编号a[a1],依次类推，每遇到一个新的点，就把他加入当前集合，最后会找到编号为1的书现在的位置，也就确定了一个集合。
其他的解释看代码注释吧：

n = int(input())
father = [0] + list(map(int,input().split()))
size = [0 for i in range(n+1)] # 记录根节点对应集合的大小
vis = [0 for i in range(n+1)] # 记录每本书是否被遍历（是否已经加入到了某个集合）for i in range(1,n+1): # 每本书依次遍历if vis[i]!=0: # 如果当前书已经被加入到了某集合continue # 跳过vis[i] = 1 # 否则单开一个集合son = i # 当前子节点si = 1 # 新集合的size初始化为1for _ in range(1,n+1): # 我用循环替代嵌套，书个数n，所以最坏的情况n次循环足够找了if father[son] != i: # 找父节点，这里没有判断vis==0，因为不可能找到属于其他集合的点si += 1 # 加入到集合vis[father[son]] = 1 # 修改visson = father[son] # 更新当前子节点if father[son] == i: # 如果又找回来了i，形成闭环，这个集合就结束了breaksize[i] = si # 根节点i赋值sizenum = 0
for x in size:  # 遍历每个节点if x == 0:continue if x == 1:continue # size==1说明这本书单独为一个集合，说明本来就处于正确的位置上num = num + x-1 # 对于x本书，需要替换x-1次
print(num) # 打印总的次数

试题 H: 异或和

思路

应该是用异或的性质，但是没时间了，直接暴力求解。

n = int(input())
ls = [0] + list(map(int,input().split()))
ans = 0
for i in range(1,n+1):for j in range(i+1,n+1):ans += (ls[i]^ls[j])*(j-i)
print(ans)

总结

用洛谷估分大概71分，整体上看这次省赛比较简单，相比于去年难度要小很多，后面继续加油。