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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（ ）
1s
cd
cp
a11
二进制数 
和 
的和为（ ）。
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
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
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
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（ ）。
5
6
7
8
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
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
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
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
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
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(n log n)
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
设一个三位数
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
#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。（ ）
（2 分）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”
（2.5 分）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
#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：
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 -10 11 -9 5 -7”时，输出的第二行为“7”。（ ）
solve1(1, n) 的时间复杂度为（ ）。
Θ(log n)
Θ(n)
Θ(n log n)
Θ(n^2)
solve2(1, n) 的时间复杂度为（ ）。
Θ(log n)
Θ(n)
Θ(n log n)
Θ(n^2)
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”
#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：
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“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。（ ）
当输入为“1 SGVsbG93b3JsZA==”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(n log n)
Θ(n^2 )
输出的第一行为（ ）。
“0xff”
“255”
“0xFF”
“-1”
（4 分）当输入为“0 CSP2021csp”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 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;
}
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 the Method of Four Russians，其时间复杂度为0(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 =
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
• （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;
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;
}
①处应填（ ）
p->son[0] = S[top--]
p->son[1] = S[top--]
S[top--]->son[0] = p
S[top--]->son[1] = p
②处应填（ ）
p->son[0] = S[top]
p->son[1] = S[top]
S[top]->son[0] = p
S[top]->son[1] = p
③处应填（ ）
x->dep < y->dep
x < y
x->dep > y->dep
x->val < y->val
④处应填（ ）
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
⑤处应填（ ）
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
⑥处应填（ ）
(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)
