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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==”
（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，体枳为v的蛋糕切割成两 块.其中一块的价值是a・w,体枳是a・v,另一块的价值是（l-a）・w.体 积是（l-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,体枳分别是5、3、2。 那么最优的方案就是将休积为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,然后把休积是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wi/vi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;
}
①处应填()
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]
②处应填（）
w[1] <= B
v[1] <= B
w[1] >= B
v[1] >= B
③处应填()
print(v[1]w[1]); return 0;
curV = 0; curW = 0;
print(w[1] v[1]); return 0;
curV = v[1]; curW = w[1];
④处应填（）
curW * v[i] + curV * w[i], v[i]
(curW - w[i]) * v[i] + (B - curV) * w[i], v[i]
curW + v[i], w[i]
curW * v[i] * (B - curV) * w[i], v[i]
⑤处应填（）
curW, curV
curW，1
curV, curW
curV，1
（最优子序列）取m=6，给出长度为n的整数序列a1,a2，……an（0 ≤ ai<2m）。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（b1㊉b2）+w（b2㊉b3）+w（b3㊉b4）+……+w（bk-1㊉bk）。其中㊉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
位和后位分开计算。
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。
①处应填（）
X >>= 1
X ^=X & (x ^ (x + 1))
X -= X | -X
X ^= X & (X ^ (x - 1))
②处应填（）
(a & MS) « B
a>>B
a&(1<<B)
a&(MS<<B)
③处应填（）
-INF
Max[y] [x]
0
Max[x][yJ
④处应填（）
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)
⑤处应填()
to_max(Max[y][z],v + w(a ^(z << B)))
to_max(Max[z][y],v + w((x ^ z) << B))
to_max(Max[zJ[y],v + w(a ^ (z << B)))
to_max(Max[x][z],v + w(y ^ z))
