蓝桥杯练习题（一）

比眉伴天荒 2022-04-22 09:21 213阅读 0赞

以下的题目是第九届蓝桥杯的部分省赛题目。

PS：工程下载：[https://download.csdn.net/download/weixin\_41918712/10762994][https_download.csdn.net_download_weixin_41918712_10762994]

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# **明码** #

汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。

16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。

把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，一共16行，布局是：

第1字节，第2字节
    第3字节，第4字节
    ....
    第31字节, 第32字节

这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并**根据要求**填写答案。

这段信息是（一共10个汉字）：

4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
    16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
    4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
    0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
    4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
    16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
    0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
    2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
    1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
    0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0

注意：需要提交的是一个整数，不要填写任何多余内容。

> **要点：**十进制转二进制可以通过bitset来实现。bitset类型在定义时需要指定所占的空间，如本题里输入整形数字n后，通过bitset<8> b(n)，把n转换为8位的二进制b。使用bitset类型需要包含头文件\#include<bitset>

/* 18蓝桥杯明码 */
    void ClearKey()
    {
    	int n, m;
    	string s;
    	int i, len;
    	while (scanf("%d %d", &n, &m))
    	{
    		//n
    		bitset<8> b(n); //取2进制
    		s = b.to_string();
    		len = s.length();
    		for (i = 0;i < len;i++)
    		{
    			if (s[i] == '0') printf(" ");
    			else printf("*");
    		}
    		//m
    		bitset<8> c(m); //取2进制
    		s = c.to_string();
    		len = s.length();
    		for (i = 0;i < len;i++)
    		{
    			if (s[i] == '0') printf(" ");
    			else printf("*");
    		}
    		printf("\n");
    	}
    }

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# **乘积尾零** #

如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？

5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329
    2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594
    9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899
    1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019
    2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683
    5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649
    6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785
    2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915
    3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074
    689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211

注意：需要提交的是一个整数，表示末尾零的个数。不要填写任何多余内容。

> 方法1：前两个数相乘，然后：①得到乘积A；②记录A里0的个数；③保留A的4位有效数字与下一个数相乘。***之后循环①②③即可。***
> 
> 方法2：因为10=5\*2，故每个数都除以2得到商A并求和，再除以5得到商B并求和。取A和B中的较小值。

/* 18蓝桥杯乘积尾0 */
    void TailNumber()
    {
    	int f1;
    	int sum = 0, i = 0, j = 0; //计数
    	int n1, count, n2; //n1/n2输入，count乘积
    	printf("思路1：两两相乘，记录0的个数；并保留积的4位有效数字作为下一个乘数。\n思路2：求一个数中5的个数（包含除5后的数），求所有数的结果之和。\n选择方法：");
    	scanf("%d", &f1);
    	switch (f1)
    	{
    	case 1:
    		/*思路1：两两相乘，记录0的个数；并保留积的4位有效数字作为下一个乘数。*/
    		scanf("%d", &n1);
    		while (~scanf("%d", &n2))
    		{
    			count = n1 * n2; //求积
    			while (count % 10 == 0) //尾数0
    			{
    				sum++;
    				count /= 10;
    			}
    			n1 = count % 10000; //保留4位数
    			printf("\nthe num1: %d", sum);
    		}
    		break;
    	case 2:
    		while (~scanf("%d", &n1))
    		{
    			n2 = n1;
    			while (n2 % 5 == 0) //被5整除
    			{
    				i++;
    				n2 /= 5;
    			}
    			while (n1 % 2 == 0) //被2整除
    			{
    				j++;
    				n1 /= 2;
    			}
    			printf("\nthe num1:%d", (i > j) ? j : i);
    		}
    		break;
    	default:
    		break;
    	}
    }

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# **测试次数** #

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。

注意：需要填写的是一个整数，不要填写任何多余内容。

> 解释一下这个：max(dp\[k - 1\]\[j - 1\], dp\[i - k\]\[j\])，毕竟当时不会，事后也看了好久...
> 
> k是会摔碎的高度，j是剩余可用的手机数，i是总高度（这么理解应该没错吧）。
> 
> dp\[k - 1\]\[j - 1\]表示的是我们的手机在k层摔碎了，这时候k-1层就是安全的高度了，j-1是因为手机碎了一个。
> 
> dp\[i - k\]\[j\]表示的是我们的手机在k层没有碎，这时候我们还有j个手机，我们就继续往上测试共计i-k层的高度。
> 
> 然后我们在这两种情况中取测试的最大次数（题目要求最坏情况）
> 
> 如有说错之处麻烦评论里说一下，不胜感激//

/* 18蓝桥杯测试次数 */
    void TextTimes()
    {
    	int N, M, k, i, j, dp[1002][50]; //楼数，手机数，临界点，临时变量*2
    	scanf("%d %d", &N, &M);
    	memset(dp, 0, sizeof(dp));
    	for (i = 1;i <= N;i++) dp[i][1] = i;
    	for (j = 2;j <= M;j++)
    	{
    		for (i = 1;i <= N;i++)
    		{
    			dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j]; //这一层的耐摔值等于上一层的耐摔值+1
    			for (k = 2;k <= i;k++)
    			{
    				dp[i][j] = min(dp[i][j], 1 + max(dp[k - 1][j - 1], dp[i - k][j])); //
    			}
    		}
    	}
    	printf("the num: %d\n", dp[N][M]);
    }

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# **递增三元组** #

给定三个整数数组

A=\[A1, A2, …AN\] ,

B=\[B1, B2, …BN\] ,

C=\[C1, C2, …CN\] ,

请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足：

① 1 <= i, j, k <= N ② Ai < Bj < Ck

> **【输入格式】**
> 
> 第一行包含一个整数N。
> 
> 第二行包含N个整数A1, A2, ... AN。
> 
> 第三行包含N个整数B1, B2, ... BN。
> 
> 第四行包含N个整数C1, C2, ... CN。
> 
> 对于30%的数据，1 <= N <= 100
> 
> 对于60%的数据，1 <= N <= 1000
> 
> 对于100%的数据，1 <= N <= 100000 ，0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000
> 
> **【输出格式】**
> 
> 一个整数表示答案

> **【样例输入】**
> 
>     3
>     1 1 1
>     2 2 2
>     3 3 3
> 
> **【样例输出】**
> 
>     27

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。

> **upper\_bound(first，last，k)：**在 \[first, last) 区间里用二分查找找到第一个**大于**k的值，返回值为第一个大于k的值的地址；再减去起始地址first，就可以得到找到数字在数组中的下标。如果不存在这个大于k的数，就返回last（如果是遍历全数组，则会因为区间左闭右开，返回的last下标在数组里是越界的）。
> 
> **e.g.** 数组A\[N\] = \{ 1 , 2 , 3 , 5 \}；upper\_bound(A, A + N, 4) - A 得到的结果是3，表示A\[3\]的值是数组里第一个大于4的。如果我们事先对A排好序，那就代表着数组里下标为3及之后的值全部都大于4了。同时这也表示有3个数是小于/等于4的（下标0,1,2)，有N-3个数是大于4的。
> 
> **lower\_bound(first，last，k)：**在 \[first, last) 区间里用二分查找找到第一个**大于等于**k的值，返回值为第一个不小于k的值的地址。

/* 18蓝桥杯递增三元组 */
    int Tuples()
    {
    	int N, a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN], sum = 0, i = 0, m = 0, n = 0;
    	scanf("%d", &N);
    	for (i = 0;i < N;i++) scanf("%d", &a[i]);
    	for (i = 0;i < N;i++) scanf("%d", &b[i]);
    	for (i = 0;i < N;i++) scanf("%d", &c[i]);
    	sort(a, a + N, less<int>());
    	sort(b, b + N, less<int>());
    	sort(b, b + N, less<int>());
    	for (i = 0;i < N;i++)
    	{
    		m = lower_bound(a, a + N, b[i]) - a;
    		n = N - (upper_bound(c, c + N, b[i]) - c);
    		sum += m * n;
    	}
    	printf("the num: %d\n", sum);
    	return 0;
    }

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# **螺旋折线** #

如图所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。

对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离 dis(X, Y) 是从原点到 (X, Y) 的螺旋折线段的长度。

例如dis(0, 1)=3，dis(-2, -1)=9。

给出整点坐标(X, Y)，你能计算出 dis(X, Y) 吗？

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80MTkxODcxMg_size_16_color_FFFFFF_t_70][]

> **【输入格式】**
> 
> X Y
> 
> 对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
> 
> 对于70%的数据，-100000 <= X, Y <= 100000
> 
> 对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000
> 
> **【输出格式】**
> 
> 输出dis(X, Y)

> **【样例输入】**
> 
> 0 1
> 
> **【样例输出】**
> 
> 3

> 好吧就是分别找坐标轴四个区域的点的规律......强行推导，比如下左和上右这俩区域的结果就是奇/偶数的平方。
> 
> 当时在考场我用dfs写了半天结果还是错的，回来后冷静了下才意识到可以用数学方式解决的。可惜了，不然能进决赛了吧。T T

/* 18蓝桥杯螺旋折线 */
    void Screw_main()
    {
    	int interge = 0; //确认哪个规律线
    	__int64 x1, y1, x, y, sum = 0, count = 0;
    	printf("请输入坐标x、y：");
    	scanf("%I64d %I64d", &x1, &y1);
    	x = x1;y = y1;
    	if (y >= 0) interge = (x > 0) ? 2 : 1;
    	else interge = (x > 0) ? 4 : 3;
    	switch (interge)
    	{
    	case 1: //上左
    		x *= -1;
    		if (x <= y) count = y - x;
    		else {
    			count = x - y;
    			y += 1;
    		}
    		sum = (y * y * 4) - (2 * y); //(2n)^2-2n
    		printf("the num: %I64d\n", sum + count);
    		break;
    	case 2: //上右
    		count = x - y;
    		if (x > y) y += 1;
    		sum = (y * y * 4); //(2n)^2
    		printf("the num: %I64d\n", sum + count);
    		break;
    	case 3: //下左
    		y *= -1;x *= -1;
    		count = y - x + 1;
    		sum = (y * y * 4) + 4 * y + 1;
    		printf("the num: %I64d\n", sum - count);
    		break;
    	case 4: //下右
    		y *= -1;
    		count = x - y;
    		if (x > y) y += 1;
    		sum = (y * y * 4) + 2 * y; //(2n)^2+2n
    		printf("the num: %I64d\n", sum - count);
    		break;
    	default:
    		break;
    	}
    }

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# **日志统计** #

小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份”点赞”日志，日志共有N行。其中每一行的格式是：

ts id

表示在 ts 时刻编号 id 的帖子收到一个”赞”。

现在小明想统计有哪些帖子曾经是“热帖”。如果一个帖子曾在任意一个长度为 D 的时间段内收到不少于 K 个赞，小明就认为这个帖子曾是”热帖”。

具体来说，如果存在某个时刻 T 满足该帖在 \[T, T+D) 这段时间内（注意是左闭右开区间）收到不少于 K 个赞，该帖就曾是”热帖”。

给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是”热帖”的帖子编号。

> **【输入格式】**
> 
> 第一行包含三个整数N、D和K。
> 
> 以下N行每行一条日志，包含两个整数ts和id。
> 
> 对于50%的数据，1 <= K <= N <= 1000
> 
> 对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 ；0 <= ts <= 100000 ；0 <= id <= 100000  
> **【输出格式】**
> 
> 按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。

> **【输入样例】**
> 
>     7 10 2
>     0 1
>     0 10
>     10 10
>     10 1
>     9 1
>     100 3
>     100 3
> 
> **【输出样例】**
> 
>     1
>     3

> 解法一其实是错的，因为ts和id都是允许输入0的......
> 
> 尺取法第一次接触，学习了。百度了一下过程，分享如下：
> 
> 1.初始化左右端点；
> 
> 2.不断扩大右端点，直到满足条件；
> 
> 3.如果第二步中无法满足条件，则终止，否则更新结果；
> 
> 4.将左端点扩大1，然后回到第二步。

/* 18蓝桥杯日志统计 */
    struct Logs {
    	LL ts;
    	LL id;
    };
    bool judge_id(Logs a, Logs b)
    {
    	return a.id < b.id;
    }
    bool judge_ts(Logs a, Logs b)
    {
    	return a.ts < b.ts;
    }
    void LogStatistics1()
    {
    	LL N, D, K, i = 0, j = 0, m = 0, x = 0, y = 0, count = 1; //N行数据，D时间段，K时间间隔
    	Logs log[1000], peo[1000];
    	memset(log, 0, sizeof(log));
    	memset(peo, 0, sizeof(peo));
    	scanf("%lld %lld %lld", &N, &D, &K);
    	for (i = 0;i < N;i++)  scanf("%lld %lld", &log[i].ts, &log[i].id);
    	sort(log, log + N, judge_id); //按id排序
    	for (i = 0;i < N;i++)
    	{
    		j = i + 1;
    		while (log[j].id == log[i].id)
    		{
    			if (m == 0) peo[m] = log[i];
    			peo[++m] = log[j];
    			i = j;
    			j++;
    		}
    		if (m == 0) {
    			break;
    		}
    		sort(peo, peo + N, judge_ts); //按时间排序
    		for (x = 0;x < N - 1;x++) if (peo[x].id != 0) for (y = x + 1;y < N;y++)
    			if (peo[y].id != 0) if (peo[x].ts + D > peo[y].ts) { count++;break; }
    		if (count >= K) for (x = 0;x < N - 1;x++) if (peo[x].id != 0)
    		{
    			printf("%lld\n", peo[x].id);
    			break;
    		}
    		memset(peo, 0, sizeof(peo));
    		m = 0;count = 1;
    	}
    }
    bool judge_ans(LL D, LL K, LL i, vector<LL> log[])
    {
    	int len, l = 0, r = 0, m = 0;
    	len = log[i].size(); //求字段数（即点赞数
    	if (len < K)  return 0; //赞不够就退出
    	sort(log[i].begin(), log[i].end()); //对时间排序
    	while (l <= r && r < len) //没有越界
    	{
    		m++;
    		if (m >= K) //左右区间必须相隔K个赞
    		{
    			if (log[i][r] - log[i][l] < D) return 1;
    			else //左边移动，并减小lr两者间隔
    			{
    				l++;
    				m--;
    			}
    		}
    		r++;
    	}
    	return 0;
    }
    void LogStatistics2()
    {
    	LL N, D, K, i = 0, x = 0, y = 0, count = 0; //N行数据，D时间段，K时间间隔
    	LL peo[MAXN], ans[MAXN];
    	vector<LL> log[MAXN];
    	memset(peo, 0, sizeof(peo));
    	scanf("%lld %lld %lld", &N, &D, &K);
    	for (i = 0;i < N;i++) {
    		scanf("%lld %lld", &x, &y);
    		log[y].push_back(x); //字符串
    	}
    	for (i = 0;i < MAXN;i++)  if (judge_ans(D, K, i, log))  ans[++count] = i;
    	for (i = 1;i <= count;i++)  printf("%lld\n", ans[i]);
    }
    void LogStatistics_main()
    {
    	int i;
    	printf("1.解法1(对输入的id进行排序，然后针对每个id进行时间排序，输出符合条件的id)；\n");
    	printf("2.解法2(尺取法：把信息按时间排序，用尺取法r在前l在后, 当点赞数大于等于k，\n判断时间间隔，不满足就l往前取，r继续往后取，直到点赞数大于等于k执行相同判断)。\n请输入解法序号：");
    	scanf("%d", &i);
    	switch (i) {
    	case 1:
    		LogStatistics1();
    		break;
    	case 2:
    		LogStatistics2();
    		break;
    	default:
    		printf("输入有误！\n");
    		break;
    	}
    }

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# **全球变暖** #

你有一张某海域NxN像素的照片,“.”表示海洋,“\#”表示陆地，如下所示：

…….  
.\#\#….  
.\#\#….  
….\#\#.  
..\#\#\#\#.  
…\#\#\#.  
…….

其中”上下左右”四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。

由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻1(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。

例如上图中的海域未来会变成如下样子：

…….  
…….  
…….  
…….  
….\#..  
…….  
…….

请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。

> **【输入格式】**
> 
> 第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000)
> 
> 以下N行N列代表一张海域照片。
> 
> 照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。
> 
> **【输出格式】**
> 
> 一个整数表示答案。

> **【输入样例】**
> 
>     7
>     .......
>     .##....
>     .##....
>     ....##.
>     ..####.
>     ...###.
>     .......
> 
> **【输出样例】**
> 
>     1

> 可以dfs解决...和迷宫问题很像。注意结果是输出被淹没的岛屿而不是陆地数。都是泪

/* 18蓝桥杯全球变暖 */
    char island[1005][1005];
    bool survive = false; //幸存的点
    int sum_land = 0, sur_land = 0; //岛屿总数，幸存数
    int step[4][2] = { {1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1} }; //上下左右4个方向
    void  GlobalWarming_dfs(int x, int y, int N)
    {
    	if (island[x][y] != '#')  return; //dfs过或者不是陆地
    	if (x < 0 || y < 0 || x >= N || y >= N)  return; //下标越界
    	int tx, ty, i, c = 0;
    	if (!survive) //未发现是幸存岛
    	{
    		for (i = 0;i < 4;i++)
    		{
    			tx = x + step[i][0];
    			ty = y + step[i][1];
    			if (tx >= 0 && ty >= 0 && tx < N && ty < N && island[tx][ty] != '.')  c++;
    		}
    		if (c == 4) {
    			sur_land++; //四边都是岛，则一定安全
    			survive = true; //标记这个岛安全
    		}
    	}
    	island[x][y] = '*'; //标记为检查过
    	for (i = 0;i < 4;i++)
    	{
    		tx = x + step[i][0];
    		ty = y + step[i][1];
    		GlobalWarming_dfs(tx, ty, N);
    	}
    }
    void Global_main()
    {
    	int N, i, j;
    	scanf("%d", &N);
    	memset(island, 0, sizeof(island));
    	for (i = 0;i < N;i++)  scanf("%s", &island[i]);
    	for (i = 0;i < N;i++)  for (j = 0;j < N;j++)
    	{
    		if (island[i][j] == '#')
    		{
    			survive = false; //不确定是不是幸存岛的标记，确定是就标记为T
    			sum_land++; //不是遍历过的岛，即未dfs过，故岛屿总数+1
    			GlobalWarming_dfs(i, j, N); //开始dfs遍历
    		}
    	}
    	printf("%d\n", sum_land - sur_land);
    }

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# **乘积最大** #

给定N个整数A1, A2, … AN。请你从中选出K个数，使其乘积最大。

请你求出最大的乘积，由于乘积可能超出整型范围，你只需输出乘积除以1000000009的余数。

注意，如果X<0， 我们定义X除以1000000009的余数是负(-X)除以1000000009的余数。

即：0-((0-x) % 1000000009)

> **【输入格式】**
> 
> 第一行包含两个整数N和K。
> 
> 以下N行每行一个整数Ai。
> 
> 对于40%的数据，1 <= K <= N <= 100
> 
> 对于60%的数据，1 <= K <= 1000
> 
> 对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 ；-100000 <= Ai <= 100000  
> **【输出格式】**
> 
> 一个整数，表示答案。

> **【输入样例】**
> 
>     5 3
>     -100000
>     -10000
>     2
>     100000
>     10000
> 
> **【输出样例】**
> 
>     999100009
> 
> **再 ：【输入样例】**
> 
>     5 3
>     -100000
>     -100000
>     -2
>     -100000
>     -100000
> 
> **【输出样例】**
> 
>     -999999829

> 枚举三种情况：
> 
> ①都是正数 ②都是负数 ③正负混合 \{ 1.偶数个负数 2.奇数个负数 \}
> 
> 把输入的样例取绝对值放进数组（是0就不记录但mark一下输入的数里有0，是负数就给个标记，可以考虑用结构体），并按大->小排序
> 
> 情况①：取数组下标 1 -> K 的值求结果
> 
> 情况②：取数组下标 N -> N-K+1 的值求结果
> 
> 情况③：分支1.取数组下标 1 -> K 的值求结果
> 
> 分支2.可以考虑在排在下标K后面的数里找一个绝对值最大的负/正数，然后换掉前K个数里的一个绝对值最小的正/负数，（两种选择都来一次，选结果最大的）这样一来负数的个数就为偶数，可以执行分支1.的处理结果了。不过如果最后结果是负数的话就需要看看原来输入的数里有没有0了，有的话输出0结束。
> 
> BUT，考场上我到奇数个负数时就放弃了...

/* 18蓝桥杯乘积最大 */
    struct Nums {
    	LL key;
    	int flag;
    };
    LL N, K;
    LL nagetive = 0, ans = 0; //正数、负数个数,总和
    Nums A[MAXN];
    bool zero = false; //是否存在0
    bool judge_Product(Nums a, Nums b)
    {
    	return a.key > b.key;
    }
    LL sum_Pro(int i)
    {
    	/* 大->小排过序 */
    	LL x;
    	LL sum = 1, nage = 0; //求积以及负数个数
    	if (i == 0) //从前到后乘积
    	{
    		for (x = 1;x <= K;x++)
    		{
    			sum = (sum*A[x].key) % mod;
    			if (A[x].flag == 1)  nage++; //记录负数个数
    		}
    	}
    	else //从后到前乘积
    	{
    		for (x = N;x > N - K;x--)
    		{
    			sum = (sum*A[x].key) % mod;
    			if (A[x].flag == 1)  nage++; //记录负数个数
    		}
    	}
    	if (nage & 1)  return sum * (-1);  //奇数个负数s
    	return sum;
    }
    void Product()
    {
    	LL i, j, l, r;
    	scanf("%lld %lld", &N, &K);
    	for (i = 1;i <= N;i++) //开始数值输入
    	{
    		scanf("%lld", &A[i].key);
    		if (A[i].key > 0)  A[i].flag = 0;
    		else if (A[i].key < 0)
    		{
    			A[i].flag = 1;
    			A[i].key = -A[i].key;
    			nagetive++; //记录负数个数
    		}
    		else //不记录0的个数
    		{
    			zero = true;
    			N--;
    			i--;
    		}
    	}
    	sort(A + 1, A + N + 1, judge_Product); //按数值大->小排序
    	if (nagetive == 0) //输入的都是正数
    	{
    		ans = sum_Pro(0); //前到后输出
    	}
    	else if (nagetive == N) //输入的都是负数2
    	{
    		if (K & 1)  ans = sum_Pro(1); //后到前输出
    		else ans = sum_Pro(0); //前到后输出
    	}
    	else //输入的有正有负
    	{
    		nagetive = 0;
    		for (i = 1;i <= K;i++)
    		{
    			if (A[i].flag == 1)  nagetive++; //记录前K数中有多少负数
    		}
    		if (nagetive % 2 == 0)  ans = sum_Pro(0); //偶数个负数的话负负得正
    		else //奇数个负数
    		{
    			/* 前面最小的负数与后面最大的正数交换（使负数个数变偶数 */
    			l = -1;r = -1;ans = -1;
    			for (i = K;i >= 1;i--) if (A[i].flag == 1)
    			{
    				l = i;
    				break;
    			}
    			for (j = K + 1;j <= N;j++) if (A[i].flag == 0)
    			{
    				r = j;
    				break;
    			}
    			if (l != -1 && r != -1) {
    				swap(A[l], A[r]);
    				ans = sum_Pro(0);
    				swap(A[l], A[r]);
    			}
    			/* 前面最小的正数与后面最大的负数交换（使负数个数变偶数 */
    			l = -1;r = -1;
    			for (i = K;i >= 1;i--) if (A[i].flag == 0)
    			{
    				l = i;
    				break;
    			}
    			for (j = K + 1;j <= N;j++) if (A[i].flag == 1)
    			{
    				r = j;
    				break;
    			}
    			if (l != -1 && r != -1) {
    				swap(A[l], A[r]);
    				ans = max(ans, sum_Pro(0));
    				swap(A[l], A[r]);
    			}
    			if (ans < 0)  ans = sum_Pro(1); //如果还小于0，就从后向前求积
    		}
    	}
    	if (ans < 0)  if (zero)  ans = 0; //结果为负数的话，如有0存在则输出0
    	printf("The Num: %lld\n", ans);
    }

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✎﹏﹏₯㎕《晴天》吹着前奏 望着天空 我想起花瓣试着掉落...﹍﹍﹍﹍﹍﹍

[https_download.csdn.net_download_weixin_41918712_10762994]: https://download.csdn.net/download/weixin_41918712/10762994
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