2020 CSP - J初赛题解-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了2020 CSP - J初赛题解。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

写在前面的话

快要CSP了，最近疯狂刷题中…
终于抽出时间 ~~乘爸妈不在~~ 写了一篇题解

题面

如需做题，请到以下网站自行练习。
本博客只提供讲解。
洛谷有题
初赛真题 - 信奥赛题库

题解

答案合集

题号
1~5：	A	A	D	C	C
6~10：	B	A	A	A	A
11~15：	A	D	C	A	A
16~20：	对	错	对	错	A
21~25：	D	错	错	对	D
26~30：	B	D	错	对	错
31~35：	B	C	C	C	C
36~40：	C	A	C	B	D
41~43：	A	A	B	😛	😛

单项选择题

1

在内存储器中每个存储单元都被赋予一个唯一的序号，称为（）。
A.地址
B.序号
C.下标
D.编号

没啥好说的，这个只能背了。

2

编译器的主要功能是（）。
A. 将源程序翻译成机器指令代码
B. 将源程序重新组合
C. 将低级语言翻译成高级语言
D. 将一种高级语言翻译成另一种高级语言

作为C/C++/Pascal选手，这应该是必会知识点

3

设 x=true,y=true,z=false，以下逻辑运算表达式值为真的是（）。
A. (y∨z)∧x∧z
B. x∧(z∨y) ∧z
C. (x∧y) ∧z
D. (x∧y)∨(z∨x)

这一题没什么难点，唯一就是分不清与/或
这个没有办法了，背吧
∨是与，∧是或

4

现有一张分辨率为 $2048 \times 1024$ 像素的 $32$ 位真彩色图像。请问要存储这张图像，需要多大的存储空间？（）。
A. 16MB
B. 4MB
C. 8MB
D. 2MB

这似乎只是一道计算题。
$2048 \times 1024$ 即有这么多像素点
$32$ 位即每个点32个 $bi t$ （ $8 bi t$ == $1 B$ ）
计算可知结果为8MB

5

冒泡排序算法的伪代码如下：
输入：数组L, n ≥ k。输出：按非递减顺序排序的 L。
算法 BubbleSort：

   1. FLAG ← n //标记被交换的最后元素位置
   2. while FLAG > 1 do
   3.     k ← FLAG -1
   4.     FLAG ← 1
   5.     for j=1 to k do
   6.         if L(j) > L(j+1) then do
   7.              L(j)  ↔ L(j+1)
   8.              FLAG ← j

对 n 个数用以上冒泡排序算法进行排序，最少需要比较多少次?（）。
A. n²
B. n-2
C. n-1
D. n

最好情况即为原数组已有序，由于设置了 $F L A G$ 标记位置，第一遍循环之后即会结束，而第一遍循环依次比较了：1和2、2和3…… $N - 1$ 和 $N$ ，共计 $N - 1$ 次。

6

设 A 是 n 个实数的数组，考虑下面的递归算法：

XYZ (A[1..n])
1.  if n=1 then return A[1]
2.  else temp ← XYZ (A[1..n-1])
3.  if temp < A[n]
4.  then return temp
5.  else return A[n]

请问算法 XYZ 的输出是什么？（）。
A. A 数组的平均
B. A 数组的最小值
C. A 数组的中值
D. A 数组的最大值

可以看出，该递归的返回值是数组A的一段中的两个元素（不用管具体是啥）中较小的一个。
而当这个“一段”为整个A数组是，即为数组中的最小值。

7

链表不具有的特点是（）。
A. 可随机访问任一元素
B. 不必事先估计存储空间
C. 插入删除不需要移动元素
D. 所需空间与线性表长度成正比

链表的特点：

可以充分利用计算机内存空间，实现灵活的内存动态管理。
不能随机读取。
空间开销比较大。
插入和删除都比较快，查找比较慢。

于是乎，答案出来了

8

有 10 个顶点的无向图至少应该有（）条边才能确保是一个连通图。
A. 9
B. 10
C. 11
D. 12

几乎是常识了。

一个N个节点的图（无重边，无自环）：

至少要有N-1条边才可能联通
至少要有N条边才能确保有一个环。
最多可以有 N(N-1) / 2 条边

9

二进制数 1011 转换成十进制数是（）。
A. 11
B. 10
C. 13
D. 12

8421法转换即可：

8 4 2 1
1 0 1 1
↓ ↓ ↓ ↓
8+0+2+1 → $11$

10

5 个小朋友并排站成一列，其中有两个小朋友是双胞胎，如果要求这两个双胞胎必须相邻，则有（）种不同排列方法?
A. 48
B. 36
C. 24
D. 72

首先将双胞胎当成一个人，即变为4个小朋友排队，共有C（4， 4）种排列方法
而双胞胎又存在C（2， 2）种排列方法
根据乘法原理，共有C（4， 4） * C（2， 2）种排列方法

11

下图中所使用的数据结构是（ )。

A. 栈
B. 队列
C. 二叉树
D. 哈希表

看到了压入、弹出即可确定为 $栈 / 队列$ ，又看到只有一个开口，确定为栈。

12

独根树的高度为 1。具有 61 个结点的完全二叉树的高度为（）。
A. 7
B. 8
C. 5
D. 6

独根树高度为1，高度为X的满二叉树共有2^X - 1 个节点，即：

高度为5的满二叉树有31个节点，高度为6的满二叉树有63个节点，31 < 61 < 63，所以，该完全二叉树高度为6.

13

干支纪年法是中国传统的纪年方法，由 10 个天干和 12 个地支组合成 60 个天干地支。由公历年份可以根据以下公式和表格换算出对应的天干地支。

天干 =（公历年份）除以 10 所得余数

地支 =（公历年份）除以 12 所得余数

例如，今年是 2020 年，2020 除以 10 余数为 0，查表为"庚”；2020 除以 12，余数为 4，查表为“子” 所以今年是庚子年。
请问 1949 年的天干地支是（）
A. 己酉
B. 己亥
C. 己丑
D. 己卯

除法计算并取余即可（小学数学）

14

10 个三好学生名额分配到 7 个班级，每个班级至少有一个名额，一共有（）种不同的分配方案。
A. 84
B. 72
C. 56
D. 504

人肉暴力即可。

15

第 15 题
有五副不同颜色的手套（共 10 只手套，每副手套左右手各 1 只），一次性从中取 6 只手套，请问恰好能配成两副手套的不同取法有（）种。
A. 120
B. 180
C. 150
D. 30

计算方法如下：

随机取一双手套（5种方案）
再随机取一双手套（4种方案）
除以二（先选A再选B && 先选B再选A 属于同一种方案）
在剩下的6只手套中随机取一只（6种方案）
在剩下的4只颜色与刚刚取出来的一只不同的手套中随机选取一只（4种方案）
除以二（同理）

阅读程序题

一

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

char encoder[26] = {'C','S','P',0};
char decoder[26];

string st;

int main()  {
  int k = 0;
  for (int i = 0; i < 26; ++i)
    if (encoder[i] != 0) ++k;
  for (char x ='A'; x <= 'Z'; ++x) {
    bool flag = true;
    for (int i = 0; i < 26; ++i)
      if (encoder[i] ==x) {
        flag = false;
        break;
      }
      if (flag) {
        encoder[k]= x;
        ++k;
      }
  }
  for (int i = 0; i < 26; ++i)
     decoder[encoder[i]- 'A'] = i + 'A';
  cin >> st;
  for (int i = 0; i < st.length( ); ++i)
    st[i] = decoder[st[i] -'A'];
  cout << st;
  return 0;
}

16

输入的字符串应当只由大写字母组成，否则在访问数组时可能越界。（正确）

若输入字符串中的字符小于A，下标为负，越界。
若输入字符串中的字符大于A，下标大于26，越界。

17

若输入的字符串不是空串，则输入的字符串与输出的字符串一定不一样。（错误）

encoder = "CSPABDEFGHIJKLMNOQRTUVWXYZ"
decoder = "DEAFGHIJKLMNOPQCRSBTUVWXYZ"

理解代码后发现：只要所有输入的字符在T到Z之间（包括）则数据不会有改变

18

将第 12 行的 i < 26 改为 i < 16，程序运行结果不会改变。（正确）

执行第12行代码时，encoder数组只有前三位符合条件，故不会改变结果

19

将第 26 行的 i < 26 改为 i < 16，程序运行结果不会改变。（错误）

第26行时，encoder已经全部有效了，改变i无疑会改变decoder从而改变结果。

20

若输出的字符串为 ABCABCABCA，则下列说法正确的是（）。
A. 输入的字符串中既有 S 又有 P
B. 输入的字符串中既有 S 又有 B
C. 输入的字符串中既有 A 又有 P
D. 输入的字符串中既有 A 又有 B

根据decoder倒推即可

21

若输出的字符串为 CSPCSPCSPCSP，则下列说法正确的是（）。
A. 输入的字符串中既有 P 又有 K
B. 输入的字符串中既有 J 又有 R
C. 输入的字符串中既有 J 又有 K
D. 输入的字符串中既有 P 又有 R

同上题

二

#include <iostream>
using namespace std;

long long n, ans;
int k, len;
long long d[1000000];

int main() {
  cin >> n >> k;
  d[0] = 0;
  len= 1;
  ans = 0;
  for (long long i = 0; i <n; ++i) {
    ++d[0];
    for (int j = 0; j + 1<len; ++j) {
      if (d[j] == k) {
        d[j] = 0;
        d[j + 1] += 1;
        ++ans;
      }
    }
    if (d[len- 1] == k) {
      d[len - 1] = 0;
      d[len] =1;
      ++len;
      ++ans;
    }
  }
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

假设输入的 n 是不超过 2⁶²的正整数，k 都是不超过 10000 的正整数，完成下面的判断题和单选题：

这一题还是很有意思的，目的是将10进制数n转化为k进制数，len为数字长度

22

若 k=1，则输出 ans 时，len=n。（错误）

首先，明白了该题代码的目的之后，我们发现：“一进制”不存在，会有bug
而bug有两种情况：全部堆积在第二位 $or$ 无限进位
这个程序是第一种情况。
所以len = 2

23

若 k>1，则输出 ans 时，len —定小于 n。（错误）

当k = 2， n = 1时，len = 1
len不小于n

24

若 k>1，则输出 ans 时，k ^len —定大于 n。（正确）

k是进制数，len是字符长度，k^len在k进制下即为 1000000…000（k个0）
那么，该数的长度为len+1，一定大于n（长度为len）

25

若输入的 n 等于：10¹⁵，输入的 k 为 1，则输出等于（）。
A. 1
B. (10³⁰−10¹⁵)/2
C. (10³⁰+10¹⁵)/2
D. 10¹⁵
1进制，所有的数都堆积在第二位，共计进位10¹⁵次。

26

若输入的 n 等于 205,891,132,094,649（即 3^ 30^ ），输入的 k 为 3，则输出等于（）。
A. 3³⁰
B. (3³⁰ −1)/2
C. 3³⁰ −1
D. (3³⁰ +1)/2

3³⁰在3进制中，为100000…000（30个0）
而输出为进位次数，计算方法如下：
第一位进位1次，第二位进位3次，第三位进位3³次……
共1 + 3¹ + 3² + …… + 3²⁹次
根据等比序列求和公式：(3³⁰ −1)/2

27

若输入的 n 等于 100,010,002,000,090，输入的 k 为 10，则输出等于（）。
A. 11,112,222,444,543
B. 11,122,222,444,453
C. 11,122,222,444,543
D. 11,112,222,444,453

搞明白程序的目的之后，唯一的难点就是确定这个数字进位了几次了。
那问题来了：怎么确定呢？
第一位进位了 100,010,002,000,090 / 10次
第二位 100,010,002,000,090 / 100次
……
求和即可

三

#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;                     
                                         
int n;                                   
int d[50][2];                            
int ans;                                 
                                        
void dfs(int n, int sum) {               
  if (n == 1) {                            
    ans = max(sum, ans);           
    return;                                   
  }                                        
  for (int i = 1; i < n; ++i) {            
    int a = d[i - 1][0], b = d[i - 1][1];  
    int x = d[i][0], y = d[i][1];            
    d[i - 1][0] = a + x;                     
    d[i - 1][1] = b + y;                     
    for (int j = i; j < n - 1; ++j)            
      d[j][0] = d[j + 1][0], d[j][1] = d[j + 1][1];
    int s = a + x + abs(b - y);              
    dfs(n - 1, sum + s);                    
    for (int j = n - 1; j > i; --j)          
      d[j][0] = d[j - 1][0], d[j][1] = d[j - 1][1];
    d[i - 1][0] = a, d[i - 1][1] = b;        
    d[i][0] = x, d[i][1] = y;                
  }                                        
}                                        
                                       
int main() {                             
  cin >> n;                                
  for (int i = 0; i < n; ++i)              
  cin >> d[i][0];
  for (int i = 0; i < n;++i)
     cin >> d[i][1];
  ans = 0;
  dfs(n, 0);
  cout << ans << endl;
  return 0;
}

假设输入的 n 是不超过 50 的正整数，d[i][0]、d[i][i] 都是不超过 10000 的正整数，完成下面的判断题和单选题：

28

若输入 n 为 0，此程序可能会死循环或发生运行错误。（错误）

有人说：0它会死递归，因为它永远到不了终止条件。
我回答：他也不会往下递归啊！（看第14行）

29

若输入 n 为 20，接下来的输入全为 0，则输出为 0。（正确）

它只有相互加、相互减，全为0，当然不会改变。

30

输出的数一定不小于输入的 d[i][0] 和 d[i][1] 的任意一个。（错误）

d[i][1]在进行减法，可能变小
d[i][0]在进行加法，也可能变小（负数）

反例：

0 0
5 5

输出：

31

若输入的 n 为 20，接下来的输入是 20 个 9 和 20 个 00，则输出为（）。
A. 1890
B. 1881
C. 1908
D. 1917

这一题考察对d[i][0]的理解。
d[i][0]的最佳情况即每次堆叠一个到d[0][0]上，即为： $9 * 2 + 9 * 3 + 9 * 4 + \dots\dots + 9 * 20 = 1881$

32

若输入的 nn 为 3030，接下来的输入是 3030 个 00 和 3030 个 55，则输出为（）。
A. 2000
B. 2010
C. 2030
D. 2020

这题考察的就是对d[i][1]的理解了。
d[i][1]的最好情况如下：
第一层：5 - 5 = 0
第二成：5 - 5 + 5 = 5 * 1
第三层：10 - 5 + 5 = 5 * 2
……
最后：5 * 29 - 5 = 5 * 28

$t o t a l = 5 * (1 + 2 + 3 + ... + 27 + 28) = 2030$

33

若输入的 n 为 15，接下来的输入是 15 到 1，以及 15 到 1，则输出为（）。
A. 2440
B. 2220
C. 2240
D. 2420

这里分两列考虑即可：

d[i][0]:
第一次堆叠：15 + 14
第二次堆叠：15 + 14 + 13
第三次堆叠：15 + 14 + 13 + 12
……
最后：15 + 14 + 13 + 12 + …… + 2 + 1
$t o t a l = 15 * 15 + 14 * 14 + 13 * 13 + ... + 2 * 2 + 1 * 1 = 1225$
d[i][1]
第一层递归：1
第二层递归：15 + 1
第三层递归：15 + 14 + 1
……
最后：15 + 14 + 13 + …… + 4 + 3 + 1
$t o t a l = 15 * 13 + 14 * 12 + 13 * 11 + ... + 4 * 2 + 3 * 1 + 1 * 14 = 1015$

最后的最后：
$t o t a l — t o t a l = 1015 + 1225 = 2240$

完善程序题

一

（质因数分解）给出正整数 n，请输出将 n 质因数分解的结果，结果从小到大输出。
例如：输入 n=120，程序应该输出 2 2 2 3 5，表示：*120=2×2×2×3×5。输入保证 2≤n≤10⁹ 。
提示：先从小到大枚举变量 i，然后用 i 不停试除 n 来寻找所有的质因子。
试补全程序。

#include <cstdio>
using namespace std;
int n, i;

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for(i = ①; ② <=n; i ++){
    ③{
      printf("%d ", i);
      n = n / i;
    }
  }
  if(④)
    printf("%d ", ⑤);
  return 0;
}

34

①处应填（）：
A. 1
B. n-1
C. 2
D. 0

此处循环变量i应该是用于枚举n的质因数，0、1不是质数，排除；n-1不符合题意，排除。

35

②处应填（）:
A. n / i
B. n / (i * i)
C. i * i
D. i * i * i

此处是循环终止条件，在i>=1的情况下，n / i、n / (i * i)一定小于等于n，会造成死循环，故排除；而在i * i * i > n时终止循环则可能造成分解质因数不彻底的情况，例如：i = 2, n = 4，若选D则会在此时终止循环，造成逻辑错误

36

③处应填（）：
A. if(n % i == 0)
B. if(i * i <= n)
C. while(n % i == 0)
D. while(i * i <= n)

首先，此处应当用while，否则可能造成分解不彻底，其次，i为n的因数的判断方法为n % i == 0，故选C

37

④处应填（）：
A. n>1
B. n<=1
C. i<n/i
D. i+i<=n

n == 1说明已经彻底分解；否则说明，现在的n也是答案之一。

38

⑤处应填（）：
A. 2
B. n/i
C. n
D. i

理由同上

二

（最小区间覆盖）给出 n 个区间，第 i 个区间的左右端点是 [a_i,b_i]。现在要在这些区间中选出若干个，使得区间 [0,m] 被所选区间的并覆盖（即每一个0≤i≤m 都在某个所选的区间中）。保证答案存在，求所选区间个数的最小值。
输入第一行包含两个整数 n 和 m （1≤n≤5000, 1≤m≤10⁹ ）
接下来 n 行，每行两个整数 a_i, b_i （0≤a_i, b_i ≤ m）。
提示：使用贪心法解决这个问题。先用 O(n²) 的时间复杂度排序，然后贪心选择这些区间。
试补全程序。

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 5000;
int n, m;
struct segment { int a, b; } A[MAXN];

void sort() // 排序
{
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 1; j < n; j++)
            if (①)
            {
                segment t = A[j];
                ②
            }
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> A[i].a >> A[i].b;
    sort();
    int p = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++)
        if (③)
            A[p++] = A[i];
    n = p;
    int ans = 0, r = 0;
    int q = 0;
    while (r < m)
    {
        while (④)
            q++;
        ⑤;
        ans++;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

这其实就是个算法模板。背就完了！

39

①处应填（）：
A. A[j].b>A[j-1].b
B. A[j].a<A[j-1].a
C. A[j].a>A[j-1].a
D. A[j].b<A[j-1].b

根据左端点升序排序。（最小区间覆盖必备）

40

②处应填（）：
A. A[j+1]=A[j];A[j]=t;
B. A[j-1]=A[j];A[j]=t;
C. A[j]=A[j+1];A[j+1]=t;
D. A[j]=A[j-1];A[j-1]=t;

这就是手动模拟一下 $s w a p$ ，有手就行。
就算不会模拟，冒泡排序、选择排序、快速排序总学过一个的吧？！照搬不完了吗？

41

③处应填（）：
A. A[i].b>A[p-1].b
B. A[i].b<A[i-1].b
C. A[i].b>A[i-1].b
D. A[i].b<A[p-1].b

此处的操作是删除被前一个区间覆盖了的区间。（左端点比前一个区间靠后，右端点比其靠前）

42

④处应填（）：
A. q+1<n&&A[q+1].a<=r
B. q+1<n&&A[q+1].b<=r
C. q<n&&A[q].a<=r
D. q<n&&A[q].b<=r

此处是选择左端点能够与已选区间链接且右端点尽可能靠右的区间（贪心思想）

43

⑤处应填（）：
A. r=max(r,A[q+1].b)
B. r=max(r,A[q].b)
C. r=max(r,A[q+1].a)
D. q++

将所选区间的右端点更新到新选择的区间的右端点

尾声

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2020 CSP - J初赛 题解

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题面

题解

答案合集

单项选择题

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

阅读程序题

一

16

17

18

19

20

21

二

22

23

24

25

26

27

三

28

29

30

31

32

33

完善程序题

一

34

35

36

37

38

二

39

40

41

42

43

尾声

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