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( )。
ls
cd
cp
all
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。
81
120
165
216
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。
36
48
54
64
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)
O(n)
O(n2)
O(2n)
O(nlogn)
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( )。
1
7
12
22
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。
7
8
9
6
前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为( )。
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
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( )。
10
11
12
2021
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。
8
9
10
11
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)=x2mod11。请问 7存储在哈希表哪个地址中( )。
5
6
7
8
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( )。
4n-2
3n+1
3n 2
2n+1
以下排序方法中,( )是不稳定的。
插入排序
冒泡排序
堆排序
归并排序
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。
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
二进制数 001010102和 000101102的和为( )。
001111002
010000002
001111002
010000102
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( )。
16
19
20
22
2021年CSP-S提高组初赛阅读程序题:
#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; }
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。( )
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。( )
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。( )
当输入为“0 0 0 1 1 0 0 1”时,输出为“1.3090”。( )
当输入为“1 1 1 1 1 1 1 2”时,输出为( )。
“3.1416”
“6.2832”
“4.7124”
“4.1888”
这段代码的含义为( )。
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
2021年CSP-S提高组初赛阅读程序题:
#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, 0.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; }
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。( )
第 28行与第 38行分别有可能执行两次及以上。( )
当输入为“5-1011-95-7”时,输出的第二行为“7”。( )
solve1(1, n) 的时间复杂度为( )。
Θ(logn)
Θ(n)
Θ(nlogn)
Θ(n2)
solve2(1, n) 的时间复杂度为( )。
Θ(logn)
Θ(n)
Θ(nlogn)
Θ(n2)
当输入为“10 -3 2 10 0 -8 9 -4 -5 9 4”时,输出的第一行为( )
“13”
“17”
“24”
“12”
2021年CSP-S提高组初赛阅读程序题:
#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; }
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。( )
对于任意不含空白字符的字符串 str1,先执行程序输入“0str1”,得到输出的第二行记为 str2;再执行程序输入“1str2”,输出的第二行必为 str1。( )
当输入为“1SGVsbG93b3JsZA==”时,输出的第二行为“HelloWorld”。( )
设输入字符串长度为 n,encode函数的时间复杂度为( )。
Θ(√n)
Θ(n)
Θ(nlogn)
Θ(n2)
输出的第一行为( )。
“0xff”
“255”
“0xFF”
“-1”
当输入为“0CSP2021csp”时,输出的第二行为()。
“Q1NQMjAyMWNzcAv=”
“Q1NQMjAyMGNzcA==”
“Q1NQMjAyMGNzcAv=”
“Q1NQMjAyMWNzcA==”
(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 。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 =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; }
①处应填( )
F[4] = 0
F[1] = 4
F[1] = 2
F[4] = 1
②处应填( )
!Vis[n]
r < n
F[M] == INT_MAX
F[n] == INT_MAX
③处应填( )
F[i] == r
!Vis[i] && F[i] == r
F[i] < F[x]
!Vis[i] && F[i] < F[x]
④处应填( )
F[i] < F[x]
F[i] <= r
Vis[i]
i <= x
RMQ区间最值问题)给定序列a0, … ,an-1,和m次询问,每次询问给定l,r,求max {al, … ,ar}
为了解决该问题,有一个算法叫theMethodofFourRussians,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 ±1RMQ,即相邻两点的深度差一定为 1。
下面解决这个 ±1RMQ问题,“序列”指 Euler序列:
·设t为 Euler序列长度。取b=[]。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(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),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; intdep, 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; }
x->dep < y->dep