ID: 2836

Type: Objective

Difficulty: (None)

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hantina

2021 CSP-S 初赛试题

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）

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) }}

A. ls
B. cd
C. cp
D. all

二进制数 00101010₂ 和 00010110₂ 的和为（）。{{ select(2) }}

A. 00111100₂
B. 01000000₂
C. 00111100₂
D. 01000010₂

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) }}

A. 系统分配的栈空间溢出
B. 系统分配的队列空间溢出
C. 系统分配的链表空间溢出
D. 系统分配的堆空间溢出

以下排序方法中，（）是不稳定的。{{ select(4) }}

A. 插入排序
B. 冒泡排序
C. 堆排序
D. 归并排序

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) }}

A. 4n−2
B. 3n+1
C. 3n−2
D. 2n+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)=x² mod 11。请问 7 存储在哈希表哪个地址中（）。{{ select(6) }}

A. 5
B. 6
C. 7
D. 8

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) }}

A. 8
B. 9
C. 10
D. 11

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) }}

A. 10
B. 11
C. 12
D. 2021

前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（）。{{ select(9) }}

A. 只有 1 个点的二叉树
B. 根结点没有左子树的二叉树
C. 非叶子结点只有左子树的二叉树
D. 非叶子结点只有右子树的二叉树

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) }}

A. 7
B. 8
C. 9
D. 6

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) }}

A. 1
B. 7
C. 12
D. 22

斐波那契数列的定义为：F₁=1, F₂=1, Fₙ=Fₙ₋₁+Fₙ₋₂ (n≥3)。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（）。
```
F(n):
    if n<=2 return 1
    else return F(n-1) + F(n-2)
```
{{ select(12) }}

A. O(n)
B. O(n²)
C. O(2ⁿ)
D. O(n log n)

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) }}

A. 36
B. 48
C. 54
D. 64

设一个三位数 n = 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) }}

A. 81
B. 120
C. 165
D. 216

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) }}

A. 16
B. 19
C. 20
D. 22

二、阅读程序

(1)

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

const double r = acos(0.5);

int a1, b1, c1, d1;
int a2, b2, c2, d2;

inline int sq(const int x) { return x * x; }
inline int cu(const int x) { return x * x * x; }

int main()
{
    cout.flags(ios::fixed);
    cout.precision(4);

    cin >> a1 >> b1 >> c1 >> d1;
    cin >> a2 >> b2 >> c2 >> d2;

    int t = sq(a1 - a2) + sq(b1 - b2) + sq(c1 - c2);

    if(t <= sq(d2 - d1)) cout << cu(min(d1, d2)) * r * 4;
    else if(t >= sq(d1 + d2)) cout << 0;
    else{
        double x = d1 - (sq(d1) - sq(d2) + t) / sqrt(t) / 2;
        double y = d2 - (sq(d2) - sq(d1) + t) / sqrt(t) / 2;
        cout << (x * x * (3 * d1 - x) + y * y * (3 * d2 - y)) * r;
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

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：

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) }}

A. 正确
B. 错误

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) }}

A. 正确
B. 错误

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) }}

A. 正确
B. 错误

（2 分）当输入为 0 0 0 1 1 0 0 1 时，输出为1.3090。（）{{ select(19) }}

A. 正确
B. 错误

当输入为 1 1 1 1 1 1 1 2 时，输出为（）。{{ select(20) }}

A. 3.1416
B. 6.2832
C. 4.7124
D. 4.1888

（2.5 分）这段代码的含义为（）。{{ select(21) }}

A. 求圆的面积并
B. 求球的体积并
C. 求球的体积交
D. 求椭球的体积并

(2)

#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;

int n, a[1005];

struct Node
{
    int h, j, m, w;

    Node(const int _h, const int _j, const int _m, const int _w) :
    h(_h), j(_j), m(_m), w(_w) 
    {}

    Node operator+(const Node &o) const
    {
       return Node(
            max(h, w + o.h),
            max(max(j, o.j), m + o.h),
            max(m + o.w, o.m),
            w + o.w);
      }
};

Node solve1(int h, int m)
{
    if(h > m)
        return Node(-1, -1, -1, -1);
    if(h == m)
        return Node(max(a[h], 0), max(a[h], 0), max(a[h], 0), a[h]);
    int j = (h + m) >> 1; 
    return solve1(h, j) + solve1(j + 1, m);
}

int solve2(int h, int m)
{
  if(h > m)
    return -1;
    if(h == m)
        return max(a[h], 0);
    int j = (j + m) >> 1;
    int wh = 0, wm = 0;
    int wht = 0, wmt = 0;
    for(int i = j; i >= h; i--){
        wht += a[i];
        wh = max(wh, wht);
    }
    for(int i = j + 1; i <= m; i++){
        wmt += a[i];
        wm = max(wm, wmt);
    }
    return max(max(solve2(h, j), solve2(j + 1, m)), wh + wm);
}

int main() {
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    cout << solve1(1, n).j << endl;
    cout << solve2(1, n) << endl;
    return 0;
}

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：

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

A. 正确
B. 错误

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

A. 正确
B. 错误

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

A. 正确
B. 错误

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

A. O(log n)
B. O(n)
C. O(n log n)
D. O(n!)

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

A. O(log n)
B. O(n)
C. O(n log n)
D. O(n!)

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) }}

A. 13
B. 17
C. 24
D. 12

(3)

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;

char base[64];
char table[256];

void init()
{
    for(int i = 0; i < 26; i++) base[i] = 'A' + i;
    for(int i = 0; i < 26; i++) base[26 + i] = 'a' + i;
    for(int i = 0; i < 10; i++) base[52 + i] = '0' + i;
    base[62] = '+', base[63] = '/';

    for(int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for(int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}

string encode(string str)
{
    string ret;
    int i;
    for(int i = 0; i + 3 <= str.size(); i += 3){
        ret += base[str[i] >> 2];
        ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
        ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2 | str[i + 2] >> 6];
        ret += base[str[i + 2] & 0x3f];
    }
    if(i < str.size()){
        ret += base[str[i] >> 2];
        if(i + 1 == str.size()){
            ret += base[(str[i] & 0x03) << 4];
            ret += "==";
        }
        else{
            ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
            ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2];
            ret += "=";
        }
    }
    return ret;
}

string decode(string str)
{
    string ret;
    int i;
    for(int i = 0; i < str.size(); i += 4){
        ret += table[str[i]] << 2 | table[str[i + 1]] >> 4;
        if(str[i + 2] != '=')
            ret += (table[str[i + 1]] & 0x0f) << 4 | table[str[i + 2]] >> 2;
        if(str[i + 3] != '=')
            ret += table[str[i + 2]] << 6 | table[str[i + 3]];
    }
    return ret;
}

int main()
{
    init();
    cout << int(table[0]) << endl;
    int opt;
    string str;
    cin >> opt >> str;
    cout << (opt ? decode(str) : encode(str)) << endl;
    return 0;
}

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：

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) }}

A. 正确
B. 错误

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) }}

A. 正确
B. 错误

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

A. 正确
B. 错误

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

A. Θ(√n)
B. O(n)
C. O(n log n)
D. O(n!)

输出的第一行为（）。{{ select(32) }}

A. 0xff
B. 255
C. 0xFF
D. -1

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

A. Q1NQMjAyMWNzcAv=
B. Q1NQMjAyMGNzcA==
C. Q1NQMjAyMGNzcAv=
D. 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。

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <climits>

using namespace std;

const int M = 10000;
bool Vis[M + 1];
int F[M + 1];

void update(int &x, int y) {
    if (y < x)
        x = y;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i <= M; i++)
        F[i] = INT_MAX;
    /* ① */; // 需要填充
    int r = 0;
    while (/* ② */) { // 需要填充
        r++;
        int x = 0;
        for (int i = 1; i <= M; i++)
            if (/* ③ */) // 需要填充
                x = i;
        Vis[x] = 1;
        for (int i = 1; i <= M; i++)
            if (/* ④ */) { // 需要填充
                int t = F[i] + F[x];
                if (i + x <= M)
                    update(F[i + x], t);
                if (i != x)
                    update(F[abs(i - x)], t);
                if (i % x == 0)
                    update(F[i / x], t);
                if (x % i == 0)
                    update(F[x / i], t);
            }
    }
    cout << F[n] << endl;
    return 0;
}

试补全程序。

①处应填（）。{{ select(34) }}

A. F[4] = 0
B. F[1] = 4
C. F[1] = 2
D. F[4] = 1

②处应填（）。{{ select(35) }}

A. !Vis[n]
B. r < n
C. F[M] == INT_MAX
D. F[n] == INT_MAX

③处应填（）。{{ select(36) }}

A. F[i] == r
B. !Vis[i] && F[i] == r
C. F[i] < F[x]
D. !Vis[i] && F[i] < F[x]

④处应填（）。{{ select(37) }}

A. F[i] < F[x]
B. F[i] <= r
C. Vis[i]
D. i <= x

(2) （RMQ 区间最值问题）

给定序列 a₁,...,aₙ，和 m 次询问，每次询问给定 l, r，求 max{a₁,...,aₙ}。

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 = ⌈log₂t / 2⌉。将序列每 b 个分为一大块，使用 ST 表处理大块间的 RMQ 问题，复杂度 O((t/b) log t) = O(m)。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 O(b·2^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。

#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;

struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];

int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];

void build() { // 建立 Cartesian 树
    static node *S[MAXN + 1];
    int top = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        node *p = &T[i];
        while (top && S[top]->val < p->val)
            /* ① */; // 需要填充
        if (top)
            /* ② */; // 需要填充
        S[++top] = p;
    }
    root = S[1];
}

void DFS(node *p) { // 构建 Euler 序列
    A[p->dfn = t++] = p;
    for (int i = 0; i < 2; i++)
        if (p->son[i]) {
            p->son[i]->dep = p->dep + 1;
            DFS(p->son[i]);
            A[t++] = p;
        }
    p->end = t - 1;
}

node *min(node *x, node *y) {
    return /* ③ */ ? x : y; // 需要填充比较条件
}

void ST_init() {
    b = (int)(ceil(log2(t) / 2));
    c = t / b;
    Log2[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= c; i++)
        Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
    for (int i = 0; i < c; i++) {
        Min[0][i] = A[i * b];
        for (int j = 1; j < b; j++)
            Min[0][i] = min(Min[0][i], A[i * b + j]);
    }
    for (int i = 1, l = 2; l <= c; i++, l <<= 1)
        for (int j = 0; j + l <= c; j++)
            Min[i][j] = min(Min[i - 1][j], Min[i - 1][j + (l >> 1)]);
}

void small_init() { // 块内预处理
    for (int i = 0; i <= c; i++)
        for (int j = 1; j < b && i * b + j < t; j++)
            if (/* ④ */) // 需要填充条件
                Dif[i] |= 1 << (j - 1);
    for (int S = 0; S < (1 << (b - 1)); S++) {
        int mx = 0, v = 0;
        for (int i = 1; i < b; i++) {
            /* ⑤ */ // 需要填充更新 v 的语句
            if (v < mx) {
                mx = v;
                Pos[S] = i;
            }
        }
    }
}

node *ST_query(int l, int r) {
    int g = Log2[r - l + 1];
    return min(Min[g][l], Min[g][r - (1 << g) + 1]);
}

node *small_query(int l, int r) { // 块内查询
    int p = l / b;
    int S = /* ⑥ */; // 需要填充计算 S 的表达式
    return A[l + Pos[S]];
}

node *query(int l, int r) {
    if (l > r)
        return query(r, l);
    int pl = l / b, pr = r / b;
    if (pl == pr) {
        return small_query(l, r);
    } else {
        node *s = min(small_query(l, pl * b + b - 1), small_query(pr * b, r));
        if (pl + 1 <= pr - 1)
            s = min(s, ST_query(pl + 1, pr - 1));
        return s;
    }
}

int main() {
    int m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> T[i].val;
    build();
    DFS(root);
    ST_init();
    small_init();
    while (m--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << query(T[l].dfn, T[r].dfn)->val << endl;
    }
    return 0;
}

①处应填（）。{{ select(38) }}

A. p->son[0] = S[top--]
B. p->son[1] = S[top--]
C. S[top--]->son[0] = p
D. S[top--]->son[1] = p

②处应填（）。{{ select(39) }}

A. p->son[0] = S[top]
B. p->son[1] = S[top]
C. S[top]->son[0] = p
D. S[top]->son[1] = p

③处应填（）。{{ select(40) }}

A. x->dep < y->dep
B. x < y
C. x->dep > y->dep
D. x->val < y->val

④处应填（）。{{ select(41) }}

A. A[i * b + j - 1] == A[i * b + j]->son[0]
B. A[i * b + j]->val < A[i * b + j - 1]->val
C. A[i * b + j] == A[i * b + j - 1]->son[1]
D. A[i * b + j]->dep < A[i * b + j - 1]->dep

⑤处应填（）。{{ select(42) }}

A. v += (S >> i & 1) ? -1 : 1
B. v += (S >> i & 1) ? 1 : -1
C. v += (S >> (i – 1) & 1) ? 1 : -1
D. v += (S >> (i – 1) & 1) ? -1 : 1

⑥处应填（）。{{ select(43) }}

A. (Dif[p] >> (r – p * b)) & ((1 << (r – l)) – 1)
B. Dif[p]
C. (Dif[p] >> (l – p * b)) & ((1 << (r – l)) – 1)
D. (Dif[p] >> ((p + 1) * b – r)) & ((1 << (r – l + 1)) – 1)

#CSPS2021CS. 2021CSPS初赛

2021CSPS初赛

2021 CSP-S 初赛试题

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）

二、阅读程序

(1)

(2)

(3)

三、完善程序（单选题，每小题 3 分，共计 30 分）

(1) 魔法数字

(2) （RMQ 区间最值问题）

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