NOIP普及组复赛真题题解及详细答案（经典真题）

NOIP普及组复赛真题题解及详细答案（经典真题）本次整理为NOIP普及组复赛全套四道真题，包含题目大意、解题思路、算法分析、完整AC代码、详细答案与易错点解析，内容贴合竞赛实战，适配复赛备考刷题、复盘纠错。所有题解思路通俗易懂，侧重讲解考场思维与得分技巧。第一题数字统计题目大意给定两个正整数L、R，统计区间[L,R]中，数字2出现的总次数。输入：两个整数L、R（1≤L≤R≤10000）输出：一个整数，代表2出现的总次数解题思路本题为基础模拟题，无需复杂算法。核心思路为遍历区间内每一个数字，逐个拆解数字的每一位，判断是否为2，累计统计数量即可。1.循环遍历L到R的所有整数；2.对每个数，逐位取余、整除，拆解每一位数字；3.若当前位为2，计数器加一；4.遍历结束后输出计数器结果。数据范围极小，暴力模拟完全不会超时，是复赛第一题标准送分题。完整AC代码（C++）PlainText

#include<iostream>

usingnamespacestd;

intmain()

{

intL,R;

cin>>L>>R;

intcnt=0;

for(inti=L;i<=R;i++)

{

intt=i;

while(t>0)

{

if(t%10==2)cnt++;

t/=10;

}

}

cout<<cnt<<endl;

return0;

}样例输入输出与答案解析样例输入：222样例输出：6解析：出现2的数字为2、12、20、21、22。其中2出现次数：2(1次)、12(1次)、20(1次)、21(1次)、22(2次)，合计6次。易错点1.忘记统计多位数中多个2的情况（如22、222）；2.循环区间写错，写成i<R导致漏掉右端点。第二题接水问题题目大意学校有水槽，有n个水龙头，m个同学依次排队接水。每个同学接水时长固定，每个水龙头同一时间只能一个人接水，前一个人接完下一个人立刻补上。求所有同学接完水的总耗时。输入：第一行两个整数n、m；第二行m个整数，代表每个同学接水的时间。输出：所有同学接水完成的总时间。解题思路本题为贪心模拟题，核心贪心策略：每次让当前剩余接水时间最短的水龙头接待下一位同学。1.初始化n个水龙头的剩余时间，初始全部为0；2.依次遍历每一位同学的接水时间；3.每次找到当前剩余时间最少的水龙头，将当前同学的接水时间累加至该水龙头；4.所有同学分配完毕后，所有水龙头的最大剩余时间即为答案。该策略保证每一步都是最优选择，无多余耗时，完全适配题目数据范围。完整AC代码（C++）PlainText

#include<iostream>

#include<algorithm>

usingnamespacestd;

inta[105];

intmain()

{

intn,m;

cin>>n>>m;

for(inti=1;i<=m;i++)

{

intt;

cin>>t;

intminpos=1;

for(intj=2;j<=n;j++)

{

if(a[j]<a[minpos])minpos=j;

}

a[minpos]+=t;

}

intans=0;

for(inti=1;i<=n;i++)

{

ans=max(ans,a[i]);

}

cout<<ans<<endl;

return0;

}样例输入输出与答案解析样例输入：2513224样例输出：7解析：水龙头1：1+2+4=7水龙头2：3+2=5最大时间为7，即为总耗时。易错点1.最后统计答案时求和而非取最大值；2.查找最小水龙头位置时下标遍历出错。第三题最大乘积题目大意给定一个正整数n，将n拆分为若干个互不相同的正整数之和，使得这些数字的乘积最大，输出最大乘积。输入：一个整数n（1≤n≤100）输出：拆分后的最大乘积解题思路本题为数学贪心题，核心结论：拆分数字尽量从2开始连续累加，保证数字互不相同，且尽可能多拆分，乘积最大。1.从2开始依次累加2、3、4...，直到总和接近n；2.记录剩余差值rest=n-累加和；3.若rest为0，直接累乘所有数；4.若rest不为0，从最大的数开始依次+1，保证数字不重复；5.特殊特判：n=2、n=3时，无法拆分，直接输出自身。数学原理：同等和值下，数字越分散、越接近，乘积越大，且不出现1（1会拉低乘积）。完整AC代码（C++）PlainText

#include<iostream>

#include<vector>

usingnamespacestd;

intmain()

{

intn;

cin>>n;

if(n==2||n==3)

{

cout<<n<<endl;

return0;

}

vector<int>num;

intsum=0;

inti=2;

while(sum+i<=n)

{

num.push_back(i);

sum+=i;

i++;

}

intrest=n-sum;

//从后往前分配余数

for(intj=num.size()-1;j>=0&&rest>0;j--)

{

num[j]++;

rest--;

}

longlongans=1;

for(intx:num)ans*=x;

cout<<ans<<endl;

return0;

}样例输入输出与答案解析样例输入：10样例输出：30解析：最优拆分为2+3+5=10，乘积2×3×5=30。若拆分其他组合，乘积均小于30。易错点1.拆分出现数字1，导致乘积变小；2.未保证数字互不相同，违反题目规则；3.余数从前向后分配，导致数字重复。第四题过河题目大意有一条长度为L的河，河中有若干石子。青蛙每次跳跃距离为S~T之间的整数。青蛙从0位置出发，跳到L位置上岸，求青蛙最少需要踩到多少颗石子。输入：河长度L，跳跃最小距离S、最大距离T，石子数量M，以及M个石子的位置。输出：最少踩踏石子数量。解题思路本题为动态规划+路径压缩经典题，是NOIP普及组压轴高频题。1.状态定义：dp[i]表示跳到位置i时，最少踩到的石子数；2.初始状态：dp[0]=0，其余位置初始化为极大值；3.状态转移：对于每个位置i，遍历所有合法跳跃距离k（S≤k≤T），dp[i]=min(dp[i],dp[i-k]+是否有石子)；4.路径压缩：L最大可达1e9，无法直接DP。相邻石子间距超过S*T时，可压缩为S*T，不影响最终答案，大幅降低时间复杂度。完整AC代码（C++）PlainText

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstring>

usingnamespacestd;

constintMAXN=10005;

intdp[MAXN];

boolstone[MAXN];

intpos[105];

intmain()

{

intL,S,T,M;

cin>>L>>S>>T>>M;

for(inti=1;i<=M;i++)cin>>pos[i];

sort(pos+1,pos+1+M);

//路径压缩

intlen=0;

intlast=0;

for(inti=1;i<=M;i++)

{

intd=pos[i]-last;

if(d>S*T)d=S*T;

len+=d;

stone[len]=true;

last=pos[i];

}

//终点压缩

if(L-last>S*T)len+=S*T;

elselen+=L-last;

memset(dp,0x3f,sizeof(dp));

dp[0]=0;

for(inti=1;i<=len;i++)

{

for(intk=S;k<=T;k++)

{

if(i-k>=0)

{

dp[i]=min(dp[i],dp[i-k]+(stone[i]?1:0));

}

}

}

cout<<dp[len]<<endl;

return0;

}样例输入输出与答案解析样例输入：102342357样例输出：2解析：青蛙最优跳跃路径：0→3→6→9→10，仅踩踏3、