全国CCF提高级非专业级别软件能力认证第一轮
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( )。




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2) 二进制数00101010(2)和00010110(2)的和为( )。




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3) 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。




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4) 以下排序方法中,()是不稳定的。




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5) 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( ) 。




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6) 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)=x^2 mod 11。请问7存储在哈希表哪个地址中( )。




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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。




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8) 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( )。




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9) 前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为( )。




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10) 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。




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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( ) 。




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12) 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)




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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。




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14) 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。




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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( )。




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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V,错误填X;除特殊说明外,判断题1.5分,选择题3分,共计40分)
#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 (d2+d1)) 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;
}
16) 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。( )

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17) 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。( )

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18) 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。( )

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19) (2分)当输入为“00011001”时,输出为“1.3090”。( )

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20) 当输入为“11111112”时,输出为( )。




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21) (2.5分) 这段代码的含义为( )。




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#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= (h+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;
}
22) 程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。( )

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23) 第28行与第38行分别有可能执行两次及以上。( )

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24) 当输入为“5-10 11-95-7”时,输出的第二行为“7”。( )

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25) solve1(1, n)的时间复杂度为( )。




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26) solve2 (1,n) 的时间复杂度为()。




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




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

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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.( )

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

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31) 设输入字符串长度为 n,encode 函数的时间复杂度为( ).




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32) 输出的第一行为( )。




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




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三、完善程序 (单选题,每题3分,共计30分)
(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。
#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)___;
int r=0;
while (___(2)___) {
r++;
int x=0;
for (int i = 1; i <= M; i++)
if (___(3)___)
x=i;
Vis[x]=1;
for (int i = 1; i <= M; i++)
if (___(4)___) {
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;
}
34) ⑴处应填( )。




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35) ⑵处应填( )。




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36) ⑶处应填( )。




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37) ⑷处应填( )。




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

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$b=\lceil \frac{log_{2}{t}}{2} x \rceil$。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$O(\frac{t}{b}logt)=O(n)$。
- (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 $2^{b-1}$种,可以预处理出所有情况下的最值位置,预处理复杂度$O(b2^b)$,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。
#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)___;
if (top)
___(2)___;
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;
}

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+1 <= 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)___)
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)___;
if (v <mx) {
mx=v;
Pos [S] =i;
}
}
}
}

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

node *small_query(int l,int r) { //块内查询
int p=1/b;
int S=6;
return A[1+Pos[S]] ;
}

node *query (int l,int r) {
if (l>r)
return query (r, 1) ;
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[1].dfn, T[r].dfn)->val << endl;
}
return 0;
}
38) ⑴处应填( )。




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39) ⑵处应填( )。




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40) ⑶处应填( )。




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41) ⑷处应填( )。




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42) ⑸处应填( )。




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43) ⑹处应填( )。




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