CSP 2020 提高级第一轮

（满分：100 分 考试时间：120 分钟）

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.请选出以下最大的数（ ）。

{{ select(1) }}

• $(550)_{10}$
• $(777)_{8}$
• $2^{10}$
• $(22F)_{16}$

2. 操作系统的功能是（ ）

{{ select(2) }}

• 负责外设与主机之间的信息交换
• 控制和管理计算机系统的各种硬件和软件资源的使用
• 负责诊断机器的故障
• 将源程序编译成目标程序

3. 现有一段 8分钟的视频文件，它的播放速度是每秒 24帧图像，每帧图像是 一幅分辨率为 2048×1024像素的 32位真彩色图像。请问要存储这段原始无压缩视频，需要多大的存储空间？（ ）。

{{ select(3) }}

• 30G
• 90G
• 150G
• 450G

4. 今有一空栈 𝑆，对下列待进栈的数据元素序列 𝑎,𝑏,𝑐,𝑑,𝑒,𝑓依次进行：进栈，进栈，出栈，进栈，进栈，出栈的操作，则此操作完成后，栈底元素为（ ）。

{{ select(4) }}

• b
• a
• d
• c

5. 将 (2,7,10,18) 分别存储到某个地址区间为 0∼10的哈希表中，如果哈希函数 ℎ(𝑥)=（ ），将不会产生冲突，其中 𝑎 mod 𝑏 表示 𝑎 除以 𝑏的余数。

{{ select(5) }}

• ${x}^2$ mod 11
• ${2}^x$ mod 11
• x mod 11
• $\lfloor \frac{x}{2} \rfloor mod 11,$其中$\lfloor \frac{x}{2} \rfloor$ 表示 $\frac{x}{2}$下取整

6. 下列哪些问题不能用贪心法精确求解？（ ）

{{ select(6) }}

• 霍夫曼编码问题
• 0-1 背包问题
• 最小生成树问题
• 单源最短路径问题

7. 具有 𝑛个顶点，𝑒 条边的图采用邻接表存储结构，进行深度优先遍历运算的时间复杂度为（ ）。

{{ select(7) }}

• O(n+e)
• O${(n}^2)$
• O${(e}^2)$
• O(n)

8. 二分图是指能将顶点划分成两个部分，每一部分内的顶点间没有边相连的简单无向图。那么，24个顶点的二分图至多有（ ）条边。

{{ select(8) }}

• 144
• 100
• 48
• 122

9. 广度优先搜索时，一定需要用到的数据结构是( )

{{ select(9) }}

• 栈
• 二叉树
• 队列
• 哈希表

10. —个班学生分组做游戏，如果每组三人就多两人，每组五人就多三人，每组七人就多四人，问这个班的学生人数 𝑛在以下哪个区间？已知 𝑛<60。( ）

{{ select(10) }}

• 30 < n < 40
• 40 < n < 50
• 50 < n < 60
• 20 < n < 30

11. 小明想通过走楼梯来锻炼身体，假设从第 1层走到第 2 层消耗 10卡热量，接着从第 2 层走到第 3 层消耗 20 卡热量，再从第 3 层走到第4 层消耗 30 卡热量，依此类推，从第k 层走到第 𝑘+1 层消耗 10𝑘卡热量 (𝑘>1)？如果小明想从 1层开始，通过连续向上爬楼梯消耗 1000卡热量，至少要爬到第几层楼？ （ ）。

{{ select(11) }}

• 14
• 16
• 15
• 13

12. 表达式 a*(b+c)-d 的后缀表达形式为（ ）。

{{ select(12) }}

• abc*+d-
• -+*abcd
• abcd*+-
• abc+*d-

13. 从一个 4×4 的棋盘中选取不在同一行也不在同一列上的两个方格，共有（ ）种方法。

{{ select(13) }}

• 60
• 72
• 86
• 64

14. 对一个 𝑛个顶点、𝑚条边的带权有向简单图用 Dijkstra 算法计算单源最短路时，如果不使用堆或其它优先队列进行优化，则其时间复杂度为（ ）。

{{ select(14) }}

• O((m+${n}^2$)log n)
• O(mn+${n}^3$)
• O((m+n)log n)
• O(${n}^2$)

15. 1948 年，（ ）将热力学中的熵引入信息通信领域，标志着信息论研究的开端。

{{ select(15) }}

• 欧拉(Leonhard Euler) ​
• 冯·诺伊曼(John von Neumann)
• 克劳德·香农(Claude Shannon)
• 图灵(Alan Turing)

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.程序一

#include <iostream>
using namespace std;

int n;
int d[1000];

int main() {
  cin >> n;
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    cin >> d[i];
  int ans = -1;
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    for (int j = 0; j < n; ++j)
      if (d[i] < d[j])
         ans = max(ans, d[i] + d[j] - (d[i] & d[j]));
    cout << ans;
    return 0;
}

假设输入的 𝑛 和 𝑑[𝑖] 都是不超过 10000的正整数，完成下面的判断题和单选题：

•判断题

16. n 必须小于 1000,否则程序可能会发生运行错误。（ ）

{{ select(16) }}

• 对
• 错

17. 输出一定大于等于 0。（ ）

{{ select(17) }}

• 对
• 错

18. 若将第 13 行的 j=0 改为 j = i + 1 程序输出可能会改变。 （ ）

{{ select(18) }}

• 对
• 错

19. 将第 14 行的 d[i] < d[j] 改为 d[i] != d[j]，程序输出不会改变。（ ）

{{ select(19) }}

• 对
• 错

20. 若输入 𝑛为 100，且输出为 127，则输入的 𝑑[𝑖]中不可能有（ ）。

{{ select(20) }}

• 127
• 126
• 128
• 125

21. 若输出的数大于 0，则下面说法正确的是( ）。

{{ select(21) }}

• 若输出为偶数，则输入的 𝑑[𝑖] 中最多有两个偶数
• 若输出为奇数，则输入的 𝑑[𝑖]中至少有两个奇数
• 若输出为偶数，则输入的 𝑑[𝑖]中至少有两个偶数
• 若输出为奇数，则输入的 𝑑[𝑖]中最多有两个奇数

2.程序二

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

int n;
int d[10000];

int find(int L, int R, int k) {
    int x = rand() % (R - L + 1) + L;
    swap(d[L], d[x]);
    int a = L + 1, b = R;
    while (a < b) {
        while (a < b && d[a] < d[L])
            ++a;
        while (a < b && d[b] >= d[L])
            --b;
        swap(d[a], d[b]);
    }
    if (d[a] < d[L])
        ++a;
    if (a - L == k)
        return d[L];
    if (a - L < k)
        return find(a, R, k - (a - L));
    return find(L + 1, a - 1, k);
}

int main() {
    int k;
    cin >> n;
    cin >> k;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        cin >> d[i];
    cout << find(0, n - 1, k);
    return 0;
}

假设输入的 𝑛,𝑘 和 𝑑[𝑖]都是不超过 10000的正整数，且 𝑘 不超过 𝑛，并假设 rand() 函数产生的是均匀的随机数，完成下面的判断题和单选题：

22. 第 9 行的 𝑥的数值范围是 𝐿+1 到 𝑅，即 [𝐿+1,𝑅]。（ ）

{{ select(22) }}

• 对
• 错

23. 将第 19行的 d[a] 改为 d[b]，程序不会发生运行错误。（ ）

{{ select(23) }}

• 对
• 错

24. （2.5 分）当输入的 𝑑[𝑖]是严格单调递增序列时，第 17 行的 swap 平均执行次数是( )。【编者注：本题为错题，请选择 A 获取对应的分数】

{{ select(24) }}

• O(n log n)
• O(n)
• O(log n)
• O(${n}^2$)

25. （2.5 分）当输入的 𝑑[𝑖]是严格单调递减序列时，第 17 行的 swap 平均执行次数是( )。

{{ select(25) }}

• O(${n}^2$)
• O(n)
• O(n log n)
• O(log n)

26. （2.5 分）若输入的 𝑑[𝑖]为 𝑖，此程序①平均的时间复杂度和②最坏情况下的时间复杂度分别是( )。

{{ select(26) }}

• O(n),O($n^2$)
• O(n),O(n log n)
• O(n log n),O($n^2$)
• O(n log n),O(n log n)

27. （2.5 分）若输入的 𝑑[𝑖]都为同一个数，此程序平均的时间复杂度是( )。

{{ select(27) }}

• O(n)
• O(log n)
• O(n log n)
• O(${n}^2$)

3.程序三：

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

const int maxl = 20000000;

class Map {
    struct item {
        string key; int value;
    } d[maxl];
    int cnt;
  public:
    int find(string x) {
        for (int i = 0; i < cnt; ++i)
            if (d[i].key == x)
                return d[i].value;
        return -1;
    }
    static int end() { return -1; }
    void insert(string k, int v) {
        d[cnt].key = k; d[cnt++].value = v;
    }
} s[2];

class Queue {
    string q[maxl];
    int head, tail;
  public:
    void pop() { ++head; }
    string front() { return q[head + 1]; }
    bool empty() { return head == tail; }
    void push(string x) { q[++tail] = x;  }
} q[2];

string st0, st1;
int m;

string LtoR(string s, int L, int R) {
    string t = s;
    char tmp = t[L];
    for (int i = L; i < R; ++i)
        t[i] = t[i + 1];
    t[R] = tmp;
    return t;
}

string RtoL(string s, int L, int R) {
    string t = s;
    char tmp = t[R];
    for (int i = R; i > L; --i)
        t[i] = t[i - 1];
    t[L] = tmp;
    return t;
}

bool check(string st , int p, int step) {
    if (s[p].find(st) != s[p].end())
        return false;
    ++step;
    if (s[p ^ 1].find(st) == s[p].end()) {
        s[p].insert(st, step);
        q[p].push(st);
        return false;
    }
    cout << s[p ^ 1].find(st) + step << endl;
    return true;
}

int main() {
    cin >> st0 >> st1;
    int len = st0.length();
    if (len != st1.length()) {
        cout << -1 << endl;
        return 0;
    }
    if (st0 == st1) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }
    cin >> m;
    s[0].insert(st0, 0); s[1].insert(st1, 0);
    q[0].push(st0); q[1].push(st1);
    for (int p = 0;
            !(q[0].empty() && q[1].empty());
            p ^= 1) {
        string st = q[p].front(); q[p].pop();
        int step = s[p].find(st);
        if ((p == 0 &&
                (check(LtoR(st, m, len - 1), p, step) ||
                 check(RtoL(st, 0, m), p, step)))
                ||
                (p == 1 &&
                 (check(LtoR(st, 0, m), p, step) ||
                  check(RtoL(st, m, len - 1), p, step))))
            return 0;
    }
    cout << -1 << endl;
    return 0;
}

28. 输出可能为 0。（ ）

{{ select(28) }}

• 对
• 错

29.若输入的两个字符串长度均为 101 时，则 𝑚=0 时的输出与 𝑚=100 时的输出是一样的。（ ）

{{ select(29) }}

• 对
• 错

30. 若两个字符串的长度均为 𝑛，则最坏情况下，此程序的时间复杂度为 𝑂(𝑛!)。（ ）

{{ select(30) }}

• 对
• 错

31. （2.5 分）若输入的第一个字符串长度由 100个不同的字符构成，第二个字符串是第一个字符串的倒序，输入的 𝑚为 0，则输出为（ ）。

{{ select(31) }}

• 49
• 50
• 100
• -1

32. （4 分）己知当输入为 0123\n3210\n1 时输出为 4，当输入为 012345\n543210\n1 时输出为 14，当输入为 01234567\n76543210\n1 时输出为 28，则当输入为0123456789ab\nba9876543210\nl 输出为 ( ）。其中 \n 为换行符。

{{ select(32) }}

• 56
• 84
• 102
• 68

33. （4 分）若两个字符串的长度均为 𝑛，且 0<𝑚<𝑛−1，且两个字符串的构成相同（即任何一个字符在两个字符串中出现的次数均相同），则下列说法正确的是（ ）。提示：考虑输入与输出有多少对字符前后顺序不一样。

{{ select(33) }}

• 若 𝑛,𝑚均为奇数，则输出可能小于 0。
• 若 𝑛,𝑚 均为偶数，则输出可能小于 0。
• 若 𝑛 为奇数、𝑚为偶数，则输出可能小于 0。
• 若 𝑛为偶数、𝑚为奇数，则输出可能小于 0。

三、完善程序（单选题，每小题 3 分，共计 30 分）

1.程序一

（分数背包）小 S 有 𝑛块蛋糕，编号从 1到 𝑛。第 𝑖块蛋糕的价值是 𝑤𝑖，体积是 𝑣𝑖。他有一个大小为 𝐵 的盒子来装这些蛋糕，也就是说装入盒子的蛋糕的体积总和不能超过 𝐵。他打算选择一些蛋糕装入盒子，他希望盒子里装的蛋糕的价值之和尽量大。

为了使盒子里的蛋糕价值之和更大，他可以任意切割蛋糕。具体来说，他可以选择一个 𝑎(0<𝑎<𝑙)，并将一块价值是 𝑤，体积为 𝑣的蛋糕切割成两 块，其中一块的价值是 𝑎×𝑤，体积是 𝑎×𝑣，另一块的价值是(1−𝑎)×𝑤，体积是 (1−𝑎)×𝑣。他可以重复无限次切割操作。

现要求编程输出最大可能的价值，以分数的形式输出。

比如 𝑛=3,𝐵=8，三块蛋糕的价值分别是 4,4,2，体积分别是 5,3,2。那么最优的方案就是将体积为 5的蛋糕切成两份，一份体积是 3，价值是 2.4，另一份体积是 2，价值是 1.6，然后把体积是 3的那部分和后两块蛋糕打包进盒子。最优的价值之和是 8.4，故程序输出 $\frac{42}{5}$​。

输入的数据范围为：1≤𝑛≤1000，1≤𝐵≤${10}^5$，1≤𝑤𝑖,𝑣𝑖≤100。

提示：将所有的蛋糕按照性价比$\frac{ 𝑤𝑖}{𝑣i}$可从大到小排序后进行贪心选择。

试补全程序。

#include <cstdio>
using namespace std;

const int maxn = 1005;

int n, B, w[maxn], v[maxn];

int gcd(int u, int v) {
    if (v == 0)
        return u;
    return gcd(v, u % v);
} 

void print(int w, int v) {
    int d = gcd(w, v);
    w = w / d;
    v = v / d;
    if (v == 1)
        printf("%d\n", w);
    else
        printf("%d/%d\n" w, v);
}
void swap(int &x, int &y) {
    int t = x; x = y; y = t;
}

int main() {
    scanf("%d %d" &n, &B);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%d %d", &w[i], &v[i]);
    }
    for (int i = 1; i < n; i ++)
        for (int j = 1; j < n; j ++)
            if (①) {
                swap(w[j], w[j + 1]);
                swap(v[j], v[j + 1]);
            }
    int curV, curW;
    if  (②) {
        ③
    } else {
        print(B * w[1] , v[1]);
        return 0;
    }
    for (int i = 2; i <= n; i ++)
        if (curV + v[i] <= B) {
            curV += v[i];
            curW += w[i];
        } else {
            print (④);
            return 0;
        }
    print(⑤);
    return 0;
}

34. ①处应填（ ）

{{ select(34) }}

• w[j] / v[j] < w[j+1] / v[j+1]
• w[j] / v[j] > w[j +1] / v[j+1]
• v[j] * w[j+1] < v[j+1] * w[j]
• w[j] * v[j+1] < w[j+1] * v[j]

35. ②处应填（ ）

{{ select(35) }}

• w[1] <= B
• v[1] <= B
• w[1] >= B
• v[1] >= B

36. ③处应填（ ）

{{ select(36) }}

• print(v[1],w[1]); return 0;
• curV = 0; curW = 0;
• print(w[1], v[1]); return 0;
• curV = v[1]; curW = w[1];

37. ④处应填（ ）

{{ select(37) }}

• curW * v[i] + curV * w[i], v[i]
• (curW - w[i]) * v[i] + (B - curV) * w[i],
• curW + v[i], w[i]
• curW * v[i] + (B - curV) * w[i], v[i]

38. ⑤处应填（ ）

{{ select(38) }}

• curW,curV
• curW, 1
• curV, curW
• curV, 1

2、程序二

（最优子序列）取 𝑚=16，给出长度为 𝑛的整数序列 𝑎1,𝑎2,…,𝑎𝑛(0≤𝑎𝑖<${2^𝑚}$)。对于一个二进制数 𝑥，定义其分值 𝑤(𝑥)为 𝑥+popcnt⁡(𝑥)，其中 popcnt⁡(𝑥)表示 𝑥 二进制表示中 1的个数。对于一个子序列 𝑏1,𝑏2,…,𝑏𝑘，定义其子序列分值 𝑆 为 𝑤(𝑏1⊕𝑏2)+𝑤(𝑏2⊕𝑏3)+𝑤(𝑏3⊕𝑏4)+⋯+𝑤(𝑏𝑘−1⊕𝑏𝑘)。其中 ⊕表示按位异或。对于空子序列，规定其子序列分值为 0求一个子序列使得其子序列分值最大，输出这个最大值。

输入第一行包含一个整数 𝑛(1≤𝑛≤40000)接下来一行包含 𝑛个整数 𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑛。

提示：考虑优化朴素的动态规划算法，将前$\frac{ 𝑚}{2}$ 位和后 $\frac{ 𝑚}{2}$ 位分开计算。

Max[x][y] 表示当前的子序列下一个位置的高 8 位是 𝑥、最后一个位置的低 8位是 𝑦时的最大价值。

试补全程序。

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MAXN = 40000, M = 16, B = M >> 1, MS = (1 << B) - 1;
const LL INF = 1000000000000000LL;
LL Max[MS + 4][MS + 4];

int w(int x) 
{
    int s = x;
    while(x) 
    {
        ①;
        s++;
    }
    return s;
}

void to_max(LL &x, LL y) 
{
    if(x < y)
        x = y;
}

int main() 
{
    int n;
    LL ans = 0;
    cin >> n;
    for(int x = 0; x <= MS; x++)
        for(int y = 0; y <= MS; y++)
            Max[x][y] = -INF;
    for(int i = 1; i <= n ; i++) 
    {
        LL a;
        cin >> a;
        int x = ② , y = a & MS;
        LL v = ③;
        for(int z = 0; z < = MS; z++)
            to_max(v, ④);
        for(int z = 0; z < = MS; z++)
            ⑤;
        to_max(ans , v);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

39. ①处应填（ ）

{{ select(39) }}

• x >>= 1
• x ^= x &(x ^ (x + 1))
• x -= x | -x
• x ^= x &(x ^ (x - 1))

40. ②处应填（ ）

{{ select(40) }}

• (a & MS) << B
• a >> B
• a & (1 << B)
• a & (MS << B)

41. ③处应填（ ）

{{ select(41) }}

• -INF
• Max[y][x]
• 0
• Max[x][y]

42. ④处应填（ ）

{{ select(42) }}

• Max[x][z] + w(y ^ z)
• Max[x][z] + w(a ^ z)
• Max[x][z] + w(x ^ (z << B))
• Max[x][z] + w(x ^ z)

43. ⑤处应填（ ）

{{ select(43) }}

• to_max(Max[y][z], v + w(a ^ (z << B)))
• to_max(Max[z][y], v + w((x ^ z) << B))
• to_max(Max[z][y], v + w(a ^ (z << B)))
• to_max(Max[x][z], v + w(y ^ z))