CSP-S 2021 第一轮（初赛）真题

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）

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（）{{ select(1-1) }}

ls
cd
cp
all

2. 二进制数 (00101010)₂ 和 (00010110)₂ 的和为（）{{ select(1-2) }}（注：官方试卷中 A、C 选项内容相同）

(00111100)₂
(01000000)₂
(00111100)₂
(01000010)₂

3. 在程序运行过程中，如果递归调用的层数过多，可能会由于下列哪种情况引发错误（）{{ select(1-3) }}

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

4. 以下排序方法中，不稳定的是（）{{ select(1-4) }}

插入排序
冒泡排序
堆排序
归并排序

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（）{{ select(1-5) }}

4n-2
3n+1
3n-2
2n+1

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)=x² mod 11。请问 7 存储在哈希表哪个地址中（）{{ select(1-6) }}

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，则该图至少有的点数为（）{{ select(1-7) }}

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（）{{ select(1-8) }}

10
11
12
2021

9. 前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（）{{ select(1-9) }}

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

10. 定义一种字符串操作为交换相邻两个字符。将“DACFEB”变为“ABCDEF”最少需要上述操作的次数为（）{{ select(1-10) }}

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（）{{ select(1-11) }}

12. 斐波那契数列的定义为：F₁=1，F₂=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：
F(n): if n<=2 return 1 else return F(n-1) + F(n-2)
其时间复杂度为（）{{ select(1-12) }}

O(n)
O(n²)
O(2ⁿ)
O(n log n)

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，一共有的方案数为（）{{ select(1-13) }}

14. 设一个三位数 n=abc（a 为百位、b 为十位、c 为个位），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 的个数为（）{{ select(1-14) }}

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（原卷为图示，此处以文字列出全部边及长度）：
A→B=2，A→C=5，A→D=1；
B→E=12，B→F=14，B→G=10；
C→E=6，C→F=10，C→G=4；
D→E=13，D→F=12，D→G=11；
E→H=3，E→I=9；F→H=6，F→I=5；G→H=8，G→I=10；
H→J=5，I→J=2。
则节点 A 到节点 J 的最短路径长度为（）{{ select(1-15) }}

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）

（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(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：

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。（）{{ dropdown(2-1)[√, ×] }}

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。（）{{ dropdown(2-2)[√, ×] }}

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。（）{{ dropdown(2-3)[√, ×] }}

19. 当输入为“0 0 0 1 1 0 0 1”时，输出为“1.3090”。（）{{ dropdown(2-4)[√, ×] }}（2 分）

单选题

20. 当输入为“1 1 1 1 1 1 1 2”时，输出为（）{{ select(2-5) }}

“3.1416”
“6.2832”
“4.7124”
“4.1888”

21. 这段代码的含义为（）{{ select(2-6) }}（2.5 分）

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

（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 = (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：

判断题

22. 程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。（）{{ dropdown(2-7)[√, ×] }}

23. 第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（）{{ dropdown(2-8)[√, ×] }}

24. 当输入为“5 -10 11 -9 5 -7”时，输出的第二行为“7”。（）{{ dropdown(2-9)[√, ×] }}

单选题

25. solve1(1, n) 的时间复杂度为（）{{ select(2-10) }}

Θ(log n)
Θ(n)
Θ(n log n)
Θ(n²)

26. solve2(1, n) 的时间复杂度为（）{{ select(2-11) }}

Θ(log n)
Θ(n)
Θ(n log n)
Θ(n²)

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(2-12) }}

“13”
“17”
“24”
“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 (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;
}

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。（）{{ dropdown(2-13)[√, ×] }}

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。（）{{ dropdown(2-14)[√, ×] }}

30. 当输入为“1 SGVsbG93b3JsZA==”时，输出的第二行为“HelloWorld”。（）{{ dropdown(2-15)[√, ×] }}

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(2-16) }}

Θ(√n)
Θ(n)
Θ(n log n)
Θ(n²)

32. 输出的第一行为（）{{ select(2-17) }}

“0xff”
“255”
“0xFF”
“-1”

33. 当输入为“0 CSP2021csp”时，输出的第二行为（）{{ select(2-18) }}（4 分）

“Q1NQMjAyMWNzcAv=”
“Q1NQMjAyMGNzcA==”
“Q1NQMjAyMGNzcAv=”
“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。

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. ① 处应填（）{{ select(3-1) }}

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

35. ② 处应填（）{{ select(3-2) }}

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

36. ③ 处应填（）{{ select(3-3) }}

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

37. ④ 处应填（）{{ select(3-4) }}

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

（2）RMQ 区间最值问题

给定序列 a₀, …, a_n-1，和 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 = ⌈log₂t / 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(t / b · log t) = O(n)。
（重点）对于一个块内的 RMQ 问题，也需要 O(1) 的算法。由于差分数组只有 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;
        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(3-5) }}

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(3-6) }}

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(3-7) }}

x->dep < y->dep
x < y
x->dep > y->dep
x->val < y->val

41. ④ 处应填（）{{ select(3-8) }}

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(3-9) }}

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(3-10) }}

(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)

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ID: 724
类型: 客观题
上传者: admin

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#724. CSP-S 2021 第一轮（初赛）真题

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（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）

（1）

判断题

单选题

（2）

判断题

单选题

（3）

判断题

单选题

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

状态

开发

支持

关于

#724. CSP-S 2021 第一轮（初赛）真题

CSP-S 2021 第一轮（初赛）真题

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（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）

（1）

判断题

单选题

（2）

判断题

单选题

（3）

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