You cannot submit for this problem because the contest is ended. You can click "Open in Problem Set" to view this problem in normal mode.

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）

【第 1 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（ ）。

{{ select(1) }}

• ls
• cd
• cp
• all

【第 2 题】

二进制数 $00101010_2 和 00010110_2$ 的和为（）。

{{ select(2) }}

• $00111100_2$
• $01000000_2$
• $00111100_2$
• $01000010_2$

【第 3 题】

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

【第 4 题】

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

【第 5 题】

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

【第 6 题】

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（ ）。

{{ select(6) }}

• 5
• 6
• 7
• 8

【第 7 题】

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

【第 8 题】

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

【第 9 题】

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

【第 10 题】

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

【第 11 题】

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

【第 12 题】

斐波那契数列的定义为： $F_1=1，F_2=1，F_n=F_{n−1}+F_{n−2}(n≥3)$ 。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) }}

• $O(n)$
• $O(n^2)$
• $O(2^n)$
• $O(nlogn)$

【第 13 题】

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

【第 14 题】

设一个三位数 n=$\overline{abc}$，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

【第 15 题】

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）

阅读程序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(d1 + d2)) 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：

判断题

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。（ ）

{{ select(16) }}

• 正确
• 错误

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。（ ）

{{ select(17) }}

• 正确
• 错误

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。（ ）

{{ select(18) }}

• 正确
• 错误

19、（2 分） 当输入为 0 0 0 1 1 0 0 1 时，输出为1.3090（ ）

{{ select(19) }}

• 正确
• 错误

单选题

20、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

21、（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

阅读程序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

22、程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。（ ）

{{ select(22) }}

• 正确
• 错误

23、 第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（ ）

{{ select(23) }}

• 正确
• 错误

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

{{ select(24) }}

• 正确
• 错误

单选题

25、solve1(1, n) 的时间复杂度为（ ）。

{{ select(25) }}

• $O(logn)$
• $O(n)$
• $O(nlogn)$
• $O(n^2)$

26、solve2(1, n) 的时间复杂度为（ ）。

{{ select(26) }}

• $O(logn)$
• $O(n)$
• $O(nlogn)$
• $O(n^2)$

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

阅读程序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(int 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] & 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] & 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(int 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) }}

• 正确
• 错误

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) }}

• 正确
• 错误

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

{{ select(30) }}

• 正确

• 错误

  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) }}

• $​O(\sqrt{n})$​
• $​O(n)$​
• $​O(nlogn)$​
• $​O(n^2)$​

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）

完善程序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=$\frac{4+4}{4}$，用到了 3 个 4，是最优方案。

试补全程序。

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

using namepsace std;

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

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

int main() {	
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 0; i <= M; i++)
		F[i] = INI_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. ①处应填（ ）

{{ select(34) }}

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

2. ②处应填（ ）

{{ select(35) }}

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

3. ③处应填（ ）

{{ select(36) }}

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

4. ④处应填（ ）

{{ select(37) }}

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

完善程序2

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

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=⌈$\frac{log_2t}{2}$⌉ 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 + 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 )
				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 - 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 ;
	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;
}

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)