#2357. CSP2021年提高组初赛真题

CSP2021年提高组初赛真题

一、单项选择题（共 15 题，每题 2 分，共计 30 分；每题有且仅有一个正确选项）

  1. 在 Linux 系统终端中，用于列出当前目录下所含的文件和子目录的命令为（ ） {{ select(1) }}
  • ls
  • cd
  • cp
  • all
  1. 二进制数 001010102 和 000101102 的和为（ ） {{ select(2) }}
  • 00111100200111100_2
  • 01000000201000000_2
  • 00111100200111100_2
  • 01000010201000010_2
  1. 在程序运行过程中，如果递归调用的层数过多，可能会由于（ ）引发错误。 {{ select(3) }}
  • 系统分配的栈空间溢出
  • 系统分配的队列空间溢出
  • 系统分配的链表空间溢出
  • 系统分配的堆空间溢出
  1. 以下排序方法中，（ ）是不稳定的 {{ select(4) }}
  • 插入排序
  • 冒泡排序
  • 堆排序
  • 归并排序
  1. 以比较为基本运算，对于 2n 个数，同时找到最大值和最小值，最坏情况下需要的最小的比 较次数为（ ） {{ select(5) }}
  • 4n-2
  • 3n+1
  • 3n-2
  • 2n+1
  1. 现有一个地址区间为 0～10 的哈希表，对于出现冲突情况，会往后找第一个空的地址存储（到 10 冲突了就从 0 开始往后），现在要依次存储（0，1, 2，3，4，5，6，7），哈希函数为 h(x)=x2x^2 mod 11。请问 7 存储在哈希表哪个地址中（ ） {{ select(6) }}
  • 5
  • 6
  • 7
  • 8

7.G 是一个非连通简单无向图（没有自环和重边），共有 36 条边，则该图至少有（ ）个点。 {{ select(7) }}

  • 8
  • 9
  • 10
  • 11
  1. 令根结点的高度为 1，则一棵含有 2021 个结点的二叉树的高度至少为（ ）。 {{ select(8) }}
  • 10
  • 11
  • 12
  • 2021
  1. 前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（ ）。 {{ select(9) }}
  • 只有 1 个点的二叉树
  • 根结点没有左子树的二叉树
  • 非叶子结点只有左子树的二叉树
  • 非叶子结点只有右子树的二叉树
  1. 定义一种字符串操作为交换相邻两个字符。将“DACFEB”变为 “ABCDEF”最少需要（ ）次上述操作。 {{ select(10) }}
  • 7
  • 8
  • 9
  • 6

11.有如下递归代码

solve(t, n):
if t=1 return 1
else return 5*solve(t-1,n) mod n

则 solve(23,23)的结果为（ ） {{ select(11) }}

  • 1
  • 7
  • 12
  • 22

12.斐波那契数列的定义为：F1F_1=1，F2F_2=1，FnF_n=Fn−1+Fn−2F_{n-1}+F_{n-2} (nn>=3)。现在用如下程序来计算斐波那契数列的第 nn 项，其时间复杂度为（ ）。

F(n):
if n<=2 return 1
else return F(n-1) + F(n-2)

{{ select(12) }}

  • O(𝑛)
  • O(𝑛2𝑛^2)
  • O(2n2^n)
  • O(𝑛log𝑛)

13.有 8 个苹果从左到右排成一排，你要从中挑选至少一个苹果，并且不能同时挑选相邻的两 个苹果，一共有（ ）种方案 {{ select(13) }}

  • 36
  • 48
  • 54
  • 64

14.设一个三位数 n= abc\frac{}{abc},a, b, c 均为 1～9 之间的整数，若以 a、 b、 c 作为三角形的三条边可以构成等腰三角形（包括等边），则这样的 n 有（ ）个。 {{ select(14) }}

  • 81
  • 120
  • 165
  • 216

15.有如下的有向图，节点为 A, B, … , J, 其中每条边的长度都标在图中。则节点 A 到节点 J 的最短路径长度为（ ） {{ select(15) }}

  • 16
  • 19
  • 20
  • 22

二、阅读程序（程序输入不超过数组或字符串定义的范围；判断题正确填√，错误填×；除特殊说明外，判断题 1.5 分，选择题 3 分，共计 40 分）

(1)、

01 #include <iostream>
02 #include <cmath>
03 using namespace std;
04
05 const double r = acos(0.5);
06
07 int a1, b1, c1, d1;
08 int a2, b2, c2, d2;
09
10 inline int sq(const int x) { return x * x; }
11 inline int cu(const int x) { return x * x * x; }
12
13 int main()
14 {
15 cout.flags(ios::fixed);
16 cout.precision(4);
17
18 cin >> a1 >> b1 >> c1 >> d1;
19 cin >> a2 >> b2 >> c2 >> d2;
20
21 int t = sq(a1 - a2) + sq(b1 - b2) + sq(c1 - c2);
22
23 if (t <= sq(d2 - d1)) cout << cu(min(d1, d2)) * r * 4;
24 else if (t >= sq(d2 + d1)) cout << 0;
25 else {
26 double x = d1 - (sq(d1) - sq(d2) + t) / sqrt(t) / 2;
27 double y = d2 - (sq(d2) - sq(d1) + t) / sqrt(t) / 2;
28 cout << (x * x * (3 * d1 - x) + y * y * (3 * d2 - y)) * r;
29 }
30 cout << endl;
31 return 0;
32 }

●判断题

  1. 将第 21 行中 t 的类型声明从 int 改为 double，不会影响程序运行的结果。（ ） {{ select(16) }}
  • 对
  • 错
  1. 将第 26、27 行中的“/ sqrt(t) / 2”替换为“/ 2 / sqrt(t)”，不会影响程序运行的结果。（ ） {{ select(17) }}
  • 对
  • 错
  1. 将第 28 行中的“x * x”改成“sq(x)”、“y * y”改成“sq(y)” ，不会影响程序运行的结果。（ ） {{ select(18) }}
  • 对
  • 错
  1. （2 分）当输入为“0 0 0 1 1 0 0 1”时，输出为“1.3090”。（ ） {{ select(19) }}
  • 对
  • 错

●单选题

  1. 当输入为“1 1 1 1 1 1 1 2”时，输出为（ ）。 {{ select(20) }}
  • “3.1416”
  • “6.2832”
  • “4.7124”
  • “4.1888”
  1. 2.5 分）这段代码的含义为（ ）。 {{ select(21) }}
  • 求圆的面积并
  • 求球的体积并
  • 求球的体积交
  • 求椭球的体积并

（2）、

01 #include <algorithm>
02 #include <iostream>
03 using namespace std;
04
05 int n, a[1005];
06
07 struct Node
08 {
09 int h, j, m, w;
10
11 Node(const int _h, const int _j, const int _m, const int _w):
12 h(_h), j(_j), m(_m), w(_w)
13 { }
14
15 Node operator+(const Node &o) const
16 {
17 return Node(
18 max(h, w + o.h),
19 max(max(j, o.j), m + o.h),
20 max(m + o.w, o.m),
21 w + o.w);
22 }
23 };
24
25 Node solve1(int h, int m)
26 {
27 if (h > m)
28 return Node(-1, -1, -1, -1);
29 if (h == m)
30 return Node(max(a[h], 0), max(a[h], 0), max(a[h], 0), a[h]);
31 int j = (h + m) >> 1;
32 return solve1(h, j) + solve1(j + 1, m);
33 }
34
35 int solve2(int h, int m)
36 {
37 if (h > m)
38 return -1;
39 if (h == m)
40 return max(a[h], 0);
41 int j = (h + m) >> 1;
42 int wh = 0, wm = 0;
43 int wht = 0, wmt = 0;
44 for (int i = j; i >= h; i--) {
45 wht += a[i];
46 wh = max(wh, wht);
47 }
48 for (int i = j + 1; i <= m; i++) {
49 wmt += a[i];
50 wm = max(wm, wmt);
51 }
52 return max(max(solve2(h, j), solve2(j + 1, m)), wh + wm);
53 }
54
55 int main()
56 {
57 cin >> n;
58 for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
59 cout << solve1(1, n).j << endl;
60 cout << solve2(1, n) << endl;
61 return 0;
62 }

假设输入的所有数的绝对值都不超过 1000，完成下面的判断题和单选题：

●判断题

  1. 程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。（ ） {{ select(22) }}
  • 对
  • 错

23.第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（ ） {{ select(23) }}

  • 对
  • 错

24.当输入为“5 -10 11 -9 5 -7”时，输出的第二行为“7”。（ ） {{ select(24) }}

  • 对
  • 错

●单选题

25.solve1(1, n) 的时间复杂度为（ ）。 {{ select(25) }}

  • Θ(log𝑛)
  • Θ(𝑛)
  • Θ(𝑛log𝑛)
  • Θ(𝑛2𝑛^2)

26.solve2(1, n) 的时间复杂度为（ ）。 {{ select(26) }}

  • Θ(log𝑛)
  • Θ(𝑛)
  • Θ(𝑛log𝑛)
  • Θ(𝑛2𝑛^2)

27.当输入为“10 -3 2 10 0 -8 9 -4 -5 9 4”时，输出的第一行为（ ）。 {{ select(27) }}

  • “13”
  • “17”
  • “24”
  • “12”

（3）、

01 #include <iostream>
02 #include <string>
03 using namespace std;
04
05 char base[64];
06 char table[256];
07
08 void init()
09 {
10 for (int i = 0; i < 26; i++) base[i] = 'A' + i;
11 for (int i = 0; i < 26; i++) base[26 + i] = 'a' + i;
12 for (int i = 0; i < 10; i++) base[52 + i] = '0' + i;
13 base[62] = '+', base[63] = '/';
14
15 for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
16 for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
17 table['='] = 0;
18 }
19
20 string encode(string str)
21 {
22 string ret;
23 int i;
24 for (i = 0; i + 3 <= str.size(); i += 3) {
25 ret += base[str[i] >> 2];
26 ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
27 ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2 | str[i + 2] >> 6];
28 ret += base[str[i + 2] & 0x3f];
29 }
30 if (i < str.size()) {
31 ret += base[str[i] >> 2];
32 if (i + 1 == str.size()) {
33 ret += base[(str[i] & 0x03) << 4];
34 ret += "==";
35 }
36 else {
37 ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
38 ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2];
39 ret += "=";
40 }
41 }
42 return ret;
43 }
44
45 string decode(string str)
46 {
47 string ret;
48 int i;
49 for (i = 0; i < str.size(); i += 4) {
50 ret += table[str[i]] << 2 | table[str[i + 1]] >> 4;
51 if (str[i + 2] != '=')
52 ret += (table[str[i + 1]] & 0x0f) << 4 | table[str[i +
2]] >> 2;
53 if (str[i + 3] != '=')
54 ret += table[str[i + 2]] << 6 | table[str[i + 3]];
55 }
56 return ret;
57 }
58
59 int main()
60 {
61 init();
62 cout << int(table[0]) << endl;
63
64 int opt;
65 string str;
66 cin >> opt >> str;
67 cout << (opt ? decode(str) : encode(str)) << endl;
68 return 0;
69 }

假设输入总是合法的（一个整数和一个不含空白字符的字符串，用空格隔开），完成下面的判断题和单选题：

●判断题

28.程序总是先输出一行一个整数，再输出一行一个字符串。（ ） {{ select(28) }}

  • 对
  • 错

29.对于任意不含空白字符的字符串 str1，先执行程序输入“0 str1”，得到输出的第二行记为 str2；再执行程序输入“1 str2”，输出的第二行必为 str1。（ ） {{ select(29) }}

  • 对
  • 错

30.当输入为“1 SGVsbG93b3JsZA==”时，输出的第二行为“HelloWorld”。（ ） {{ select(30) }}

  • 对
  • 错

●单选题

31.设输入字符串长度为 n，encode 函数的时间复杂度为（ ）。 {{ select(31) }}

  • Θ(n)Θ(\sqrt{n})
  • Θ(𝑛)
  • Θ(𝑛 log 𝑛)
  • Θ(𝑛2𝑛^2)

32.输出的第一行为（ ）。 {{ select(32) }}

  • “0xff”
  • “255”
  • “0xFF”
  • “-1”

33.（4 分）当输入为“0 CSP2021csp”时，输出的第二行为（ ）。 {{ select(33) }}

  • “Q1NQMjAyMWNzcAv=”
  • “Q1NQMjAyMGNzcA==”
  • “Q1NQMjAyMGNzcAv=”
  • “Q1NQMjAyMWNzcA==”

三、完善程序（单选题，每小题 3 分，共计 30 分）

（1）（魔法数字）小 H 的魔法数字是 4。给定 𝑛，他希望用若干个 4 进行若干次加法、减法和整除运算得到 𝑛。但由于小 H 计算能力有限，计算过程中只能出现不超过𝑀 = 10000 的正整数。求至少可能用到多少个 4。

例如，当 𝑛 = 2 时，有 2 = (4 + 4)/4，用到了 3 个 4，是最优方案。

试补全程序。

01 #include <iostream>
02 #include <cstdlib>
03 #include <climits>
04
05 using namespace std;
06
07 const int M = 10000;
08 bool Vis[M + 1];
09 int F[M + 1];
10
11 void update(int &x, int y) {
12 if (y < x)
13 x = y;
14 }
15
16 int main() {
17 int n;
18 cin >> n;
19 for (int i = 0; i <= M; i++)
20 F[i] = INT_MAX;
21 ①;
22 int r = 0;
23 while (②) {
24 r++;
25 int x = 0;
26 for (int i = 1; i <= M; i++)
27 if (③)
28 x = i;
29 Vis[x] = 1;
30 for (int i = 1; i <= M; i++)
31 if (④) {
32 int t = F[i] + F[x];
33 if (i + x <= M)
34 update(F[i + x], t);
35 if (i != x)
36 update(F[abs(i - x)], t);
37 if (i % x == 0)
38 update(F[i / x], t);
39 if (x % i == 0)
40 update(F[x / i], t);
41 }
42 }
43 cout << F[n] << endl;
44 return 0;
45 }

34.①处应填（ ） {{ select(34) }}

  • F[4] = 0
  • F[1] = 4
  • F[1] = 2
  • F[4] = 1

35.②处应填（ ） {{ select(35) }}

  • !Vis[n]
  • r < n
  • F[M] == INT_MAX
  • F[n] == INT_MAX

36.③处应填（ ） {{ select(36) }}

  • F[i] == r
  • !Vis[i] && F[i] == r
  • F[i] < F[x]
  • !Vis[i] && F[i] < F[x]

37.④处应填（ ） {{ select(37) }}

  • F[i] < F[x]
  • F[i] <= r
  • Vis[i]
  • i <= x

(2)（RMQ 区间最值问题）给定序列 𝑎0,…,𝑎n−1𝑎_0, … , 𝑎_{n-1}，和 𝑚 次询问，每次询问给定 𝑙, 𝑟，求max {𝑎l,…,𝑎r𝑎_l, … , 𝑎_r} 。

为了解决该问题，有一个算法叫 the Method of Four Russians，其时间复杂度为𝑶(𝒏 + 𝒎)，步骤如下：

• 建立 Cartesian（笛卡尔）树，将问题转化为树上的 LCA（最近公共祖先）问题。

• 对于 LCA 问题，可以考虑其 Euler 序（即按照 DFS 过程，经过所有点，环游回根的序列），即求 Euler 序列上两点间一个新的 RMQ 问题。

• 注意新的问题为 ±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为 1。

下面解决这个 ±1 RMQ 问题，“序列”指 Euler 序列：

• 设 𝑡 为 Euler 序列长度。取 𝑏 = ⌈log2t2⌉\left \lceil \frac{log_{2}^{t}}{2}\right \rceil。将序列每 𝑏 个分为一大块， 使用 ST表（倍增表）处理大块间的 RMQ 问题，复杂度 O(tblogt)=O(n)O(\frac{t}{b}logt)=O(n)。

• （重点）对于一个块内的 RMQ 问题，也需要𝑂(1) 的算法。由于差分数组2b−1 2^{b-1}种，可以预处理出所有情况下的最值位置，预处理复杂度 O(b2b)O(b2^b)，不超过 𝑂(𝑛)。

• 最终，对于一个查询，可以转化为中间整的大块的 RMQ 问题，以及两端块内的 RMQ问题。

试补全程序。

001 #include <iostream>
002 #include <cmath>
003
004 using namespace std;
005
006 const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
007 const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
008
009 struct node {
010 int val;
011 int dep, dfn, end;
012 node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
013 } T[MAXN];
014
015 int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
016 int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
017 node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
018
019 void build() { // 建立 Cartesian 树
020 static node *S[MAXN + 1];
021 int top = 0;
022 for (int i = 0; i < n; i++) {
023 node *p = &T[i];
024 while (top && S[top]->val < p->val)
025 ①;
026 if (top)
027 ②;
028 S[++top] = p;
029 }
030 root = S[1];
031 }
032
033 void DFS(node *p) { // 构建 Euler 序列
034 A[p->dfn = t++] = p;
035 for (int i = 0; i < 2; i++)
036 if (p->son[i]) {
037 p->son[i]->dep = p->dep + 1;
038 DFS(p->son[i]);
039 A[t++] = p;
040 }
041 p->end = t - 1;
042 }
043
044 node *min(node *x, node *y) {
045 return ③ ? x : y;
046 }
047
048 void ST_init() {
049 b = (int)(ceil(log2(t) / 2));
050 c = t / b;
051 Log2[1] = 0;
052 for (int i = 2; i <= c; i++)
053 Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
054 for (int i = 0; i < c; i++) {
055 Min[0][i] = A[i * b];
056 for (int j = 1; j < b; j++)
057 Min[0][i] = min(Min[0][i], A[i * b + j]);
058 }
059 for (int i = 1, l = 2; l <= c; i++, l <<= 1)
060 for (int j = 0; j + l <= c; j++)
061 Min[i][j] = min(Min[i - 1][j], Min[i - 1][j + (l >>
1)]);
062 }
063
064 void small_init() { // 块内预处理
065 for (int i = 0; i <= c; i++)
066 for (int j = 1; j < b && i * b + j < t; j++)
067 if (④)
068 Dif[i] |= 1 << (j - 1);
069 for (int S = 0; S < (1 << (b - 1)); S++) {
070 int mx = 0, v = 0;
071 for (int i = 1; i < b; i++) {
072 ⑤;
073 if (v < mx) {
074 mx = v;
075 Pos[S] = i;
076 }
077 }
078 }
079 }
080
081 node *ST_query(int l, int r) {
082 int g = Log2[r - l + 1];
083 return min(Min[g][l], Min[g][r - (1 << g) + 1]);
084 }
085
086 node *small_query(int l, int r) { // 块内查询
087 int p = l / b;
088 int S = ⑥;
089 return A[l + Pos[S]];
090 }
091
092 node *query(int l, int r) {
093 if (l > r)
094 return query(r, l);
095 int pl = l / b, pr = r / b;
096 if (pl == pr) {
097 return small_query(l, r);
098 } else {
099 node *s = min(small_query(l, pl * b + b - 1),
small_query(pr * b, r));
100 if (pl + 1 <= pr - 1)
101 s = min(s, ST_query(pl + 1, pr - 1));
102 return s;
103 }
104 }
105
106 int main() {
107 int m;
108 cin >> n >> m;
109 for (int i = 0; i < n; i++)
110 cin >> T[i].val;
111 build();
112 DFS(root);
113 ST_init();
114 small_init();
115 while (m--) {
116 int l, r;
117 cin >> l >> r;
118 cout << query(T[l].dfn, T[r].dfn)->val << endl;
119 }
120 return 0;
121 }

38.①处应填（ ） {{ select(38) }}

  • p->son[0] = S[top--]
  • p->son[1] = S[top--]
  • S[top--]->son[0] = p
  • S[top--]->son[1] = p

39.②处应填（ ） {{ select(39) }}

  • p->son[0] = S[top]
  • p->son[1] = S[top]
  • S[top]->son[0] = p
  • S[top]->son[1] = p

40.③处应填（ ） {{ select(40) }}

  • x->dep < y->dep
  • x < y
  • x->dep > y->dep
  • x->val < y->val

41.④处应填（ ） {{ select(41) }}

  • A[i * b + j - 1] == A[i * b + j]->son[0]
  • A[i * b + j]->val < A[i * b + j - 1]->val
  • A[i * b + j] == A[i * b + j - 1]->son[1]
  • A[i * b + j]->dep < A[i * b + j - 1]->dep

42.⑤处应填（ ） {{ select(42) }}

  • v += (S >> i & 1) ? -1 : 1
  • v += (S >> i & 1) ? 1 : -1
  • v += (S >> (i - 1) & 1) ? 1 : -1
  • v += (S >> (i - 1) & 1) ? -1 : 1

43.⑥处应填（ ） {{ select(43) }}

  • (Dif[p] >> (r - p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1)
  • Dif[p]
  • (Dif[p] >> (l - p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1)
  • (Dif[p] >> ((p + 1) * b - r)) & ((1 << (r - l + 1)) - 1)
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