2021 CCF 非专业级别软件能力认证第一轮（CSP-S1）提高级（初赛）参考答案

一、单选题

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（）

A 1s

B cd

C cp

D a11

2、二进制数和的和为（）。

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（）引发错误。

A 系统分配的栈空间溢出

B 系统分配的队列空间溢出

C 系统分配的链表空间溢出

D 系统分配的堆空间溢出

4、以下排序方法中，（）是不稳定的。

A 插入排序

B 冒泡排序

C 堆排序

D 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（）。

A 4n-2

B 3n+1

C 3n-2

D 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（）。

A 5

B 6

C 7

D 8

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（）个点。

A 8

B 9

C 10

D 11

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（）。

A 10

B 11

C 12

D 2021

9、前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（）。

A 只有 1 个点的二叉树

B 根结点没有左子树的二叉树

C 非叶子结点只有左子树的二叉树

D 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（）次上述操作。

A 7

B 8

C 9

D 6

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（）。

A 1

B 7

C 12

D 22

12、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)

A O(n)

B、

O(n²)

C、

O(2ⁿ)

D 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（）种方案。

A 36

B 48

C 54

D 64

14、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。

A 81

B 120

C 165

D 216

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。则节点 A 到节点 J 的最短路径长度为（）。

A 16

B 19

C 20

D 22

二、判断题

#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：

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。（）

A 正确

B 错误

#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：

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。（）

A 正确

B 错误

#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：

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。（）

A 正确

B 错误

#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：

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

A 正确

B 错误

三、单选题

#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：

20、当输入为“1 1 1 1 1 1 1 2”时，输出为（）。

A “3.1416”

B “6.2832”

C “4.7124”

D “4.1888”

#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：

21、（2.5 分）这段代码的含义为（）。

A、

求圆的面积并

B、

求球的体积并

C、

求球的体积交

D 求椭球的体积并

四、判断题

#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：

22、程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。（）

A 正确

B 错误

#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：

23、第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（）

A 正确

B 错误

#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：

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

A 正确

B 错误

五、单选题

#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：

25、solve1(1, n) 的时间复杂度为（）。

A Θ(log n)

B、

Θ(n)

C、

Θ(n log n)

D Θ(n^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：

26、solve2(1, n) 的时间复杂度为（）。

A Θ(log n)

B Θ(n)

C Θ(n log n)

D Θ(n^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：

27、当输入为“10 -3 2 10 0 -8 9 -4 -5 9 4”时，输出的第一行为（）。

A “13”

B “17”

C “24”

D “12”

六、判断题

#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：

28、程序总是先输出一行一个整数，再输出一行一个字符串。（）

A 正确

B 错误

#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：

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。（）

A 正确

B 错误

#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：

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

A 正确

B 错误

七、单选题

#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：

31、设输入字符串长度为 n，encode 函数的时间复杂度为（）。

A Θ,√n

B Θ(n)

C Θ(n log n)

D Θ(n^2 )

#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：

32、输出的第一行为（）。

A “0xff”

B “255”

C “0xFF”

D “-1”

#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：

33、（4 分）当输入为“0 CSP2021csp”时，输出的第二行为（）。

A “Q1NQMjAyMWNzcAv=”

B “Q1NQMjAyMGNzcA==”

C “Q1NQMjAyMGNzcAv=”

D “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;

}

34、①处应填（）

A F[4] = 0

B F[1] = 4

C F[1] = 2

D F[4] = 1

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;

}

35、②处应填（）

A !Vis[n]

B r < n

C F[M] == INT_MAX

D F[n] == INT_MAX

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;

}

36、③处应填（）

A F[i] == r

B !Vis[i] && F[i] == r

C F[i] < F[x]

D !Vis[i] && F[i] < F[x]

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;

}

37、④处应填（）

A F[i] < F[x]

B F[i] <= r

C Vis[i]

D i <= x

（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 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（）

A p->son[0] = S[top--]

B p->son[1] = S[top--]

C S[top--]->son[0] = p

D S[top--]->son[1] = p

（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 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;

}

39、②处应填（）

A p->son[0] = S[top]

B p->son[1] = S[top]

C S[top]->son[0] = p

D S[top]->son[1] = p

（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 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;

}

40、③处应填（）

A x->dep < y->dep

B x < y

C x->dep > y->dep

D x->val < y->val

（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 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;

}

41、④处应填（）

A A[i * b + j - 1] == A[i * b + j]->son[0]

B A[i * b + j]->val < A[i * b + j - 1]->val

C A[i * b + j] == A[i * b + j - 1]->son[1]

D A[i * b + j]->dep < A[i * b + j - 1]->dep

（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 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;

}

42、⑤处应填（）

A v += (S >> i & 1) ? -1 : 1

B v += (S >> i & 1) ? 1 : -1

C v += (S >> (i - 1) & 1) ? 1 : -1

D v += (S >> (i - 1) & 1) ? -1 : 1

（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 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;

}

43、⑥处应填（）

A (Dif[p] >> (r - p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1)

B Dif[p]

C (Dif[p] >> (l - p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1)

D (Dif[p] >> ((p + 1) * b - r)) & ((1 << (r - l + 1)) - 1)

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