CSP-S 2021 · 提高级第一轮真题

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（ ）。

二进制数 $00101010_2$ 和 $00010110_2$ 的和为（ ）。

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。

以下排序方法中，（ ）是不稳定的。

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少比较次数为（ ）。

现有一个地址区间为 $0\sim10$ 的哈希表，对于出现冲突的情况，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 $h(x)=x^2\bmod 11$。请问 $7$ 存储在哈希表哪个地址中（ ）。

$G$ 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。

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（ ）。

前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（ ）。

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。

有如下递归代码：

01solve(t, n):
02    if t=1 return 1
03    else return 5*solve(t-1,n) mod n

则 solve(23,23) 的结果为（ ）。

斐波那契数列的定义为：$F_1=1$，$F_2=1$，$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$（$n\ge3$）。现在用如下程序来计算斐波那契数列的第 $n$ 项，其时间复杂度为（ ）。

01F(n):
02    if n<=2 return 1
03    else return F(n-1) + F(n-2)

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。

设一个三位数 $n=\overline{abc}$，$a$、$b$、$c$ 均为 $1\sim9$ 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。

有如下的有向图，结点为 A、B、……、J，其中每条边的长度都标在图中。则结点 A 到结点 J 的最短路径长度为（ ）。

1  #include <iostream>
2  #include <cmath>
3  using namespace std;
4 
5  const double r = acos(0.5);
6 
7  int a1, b1, c1, d1;
8  int a2, b2, c2, d2;
9 
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  }

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。

1  #include <algorithm>
2  #include <iostream>
3  using namespace std;
4 
5  int n, a[1005];
6 
7  struct Node
8  {
9      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。

1  #include <iostream>
2  #include <string>
3  using namespace std;
4 
5  char base[64];
6  char table[256];
7 
8  void init()
9  {
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。

（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。

1  #include <iostream>
2  #include <cstdlib>
3  #include <climits>
4 
5  using namespace std;
6 
7  const int M = 10000;
8  bool Vis[M + 1];
9  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  }

（RMQ 区间最值问题）给定序列 $a_0,\ldots,a_{n-1}$ 和 $m$ 次询问，每次询问给定 $l,r$，求 $\max\{a_l,\ldots,a_r\}$。

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：

1. 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。

2. 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。

3. 注意新的问题为 $\pm1\ RMQ$，即相邻两点的深度差一定为 $1$。

下面解决这个 $\pm1\ RMQ$ 问题，“序列”指 Euler 序列：

1. 设 $t$ 为 Euler 序列长度，取 $b=\left\lceil\frac{\log_2 t}{2}\right\rceil$，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，复杂度为 $O\!\left(\frac{t}{b}\log t\right)=O(n)$。

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

3. 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。

1  #include <iostream>
2  #include <cmath>
3 
4  using namespace std;
5 
6  const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
7  const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
8 
9  struct node {
10      int val;
11      int dep, dfn, end;
12      node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
13  } T[MAXN];
14 
15  int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
16  int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
17  node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
18 
19  void build() { // 建立 Cartesian 树
20      static node *S[MAXN + 1];
21      int top = 0;
22      for (int i = 0; i < n; i++) {
23          node *p = &T[i];
24          while (top && S[top]->val < p->val)
25              ①;
26          if (top)
27              ②;
28          S[++top] = p;
29      }
30      root = S[1];
31  }
32 
33  void DFS(node *p) { // 构建 Euler 序列
34      A[p->dfn = t++] = p;
35      for (int i = 0; i < 2; i++)
36          if (p->son[i]) {
37              p->son[i]->dep = p->dep + 1;
38              DFS(p->son[i]);
39              A[t++] = p;
40          }
41      p->end = t - 1;
42  }
43 
44  node *min(node *x, node *y) {
45      return ③ ? x : y;
46  }
47 
48  void ST_init() {
49      b = (int)(ceil(log2(t) / 2));
50      c = t / b;
51      Log2[1] = 0;
52      for (int i = 2; i <= c; i++)
53          Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
54      for (int i = 0; i < c; i++) {
55          Min[0][i] = A[i * b];
56          for (int j = 1; j < b; j++)
57              Min[0][i] = min(Min[0][i], A[i * b + j]);
58      }
59      for (int i = 1, l = 2; l <= c; i++, l <<= 1)
60          for (int j = 0; j + l <= c; j++)
61              Min[i][j] = min(Min[i - 1][j], Min[i - 1][j + (l >> 1)]);
62  }
63 
64  void small_init() { // 块内预处理
65      for (int i = 0; i <= c; i++)
66          for (int j = 1; j < b && i * b + j < t; j++)
67              if (④)
68                  Dif[i] |= 1 << (j - 1);
69      for (int S = 0; S < (1 << (b - 1)); S++) {
70          int mx = 0, v = 0;
71          for (int i = 1; i < b; i++) {
72              ⑤;
73              if (v < mx) {
74                  mx = v;
75                  Pos[S] = i;
76              }
77          }
78      }
79  }
80 
81  node *ST_query(int l, int r) {
82      int g = Log2[r - l + 1];
83      return min(Min[g][l], Min[g][r - (1 << g) + 1]);
84  }
85 
86  node *small_query(int l, int r) { // 块内查询
87      int p = l / b;
88      int S = ⑥;
89      return A[l + Pos[S]];
90  }
91 
92  node *query(int l, int r) {
93      if (l > r)
94          return query(r, l);
95      int pl = l / b, pr = r / b;
96      if (pl == pr) {
97          return small_query(l, r);
98      } else {
99          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  }