【历题回顾】CSP-S 2021 初赛程序题详解

这次的题目有点玄学（对于我这种数学不好的）所以说我就只能把所有的程序题都讲了~ （谁叫选择题那么简单！

我们还是老规矩尽量的模拟我做题时候的思路

第十六题

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

// 反三角函数，反余弦，cos(60) = 0.6 , acos(0.5) = 60, 60 在弧度制是 π / 3
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;
}

判断题

1. 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（）

   解析：

   本来 int 强存到 double 就不会有事，判对

2. 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（ ）

   解析：

   这两个除数本质上是可以抽象为（整 ÷ 分 ÷ 整）的形式，如果是先除了 2 会被判定成整除，就会影响结果。所以判错

3. 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（ ）

   解析：

   x 和 y 是浮点类型，但是 sq() 函数是求整数的平方，判错

4. （2 分） 当输入为 0 0 0 1 1 0 0 1 时，输出为 1.3090 ( )

   解析：

   反正数不大，直接模拟即可。对应下来，a1 = 0, b1 = 0, c1 = 0, d1 = 1, a2 = 1, b2 = 0, c2 = 0, d2 = 1

   那么算出来 t = 1 + 0 + 0 = 1 他首先大于 d1 - d2 的平方也就是 1 ，其次大于 d1 + d2 的平方也就是 4 。那么接下来进入下面的 else 。

   不难算出，x = 1 - (1 - 1 + 1) / 1 / 2 = 0.5, y = 1 - (1 - 1 + 1) / 1 / 2 = 0.5 。

   最后的答案就是 (0.5 0.5 (3 - 0.5) + 0.5 0.5 (3 - 0.5)) * π / 3 ≈ 1.0390 判对

   顺带一提，π / 3 是 acos(0.5) 在弧度制下的数值，acos(0.5) = 60 = π / 3 。

单选题

1. 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

   解析：

   按照上面模拟的方式，发现这里 t 直接就小于 d2 - d1 的平方，也就是输出：

   $$1^3\pi \times \cfrac 4 3$$

   这个公式不用我说了吧，是不是特别像求球体积的公式，再加上输入的三个 a b c 已经一个 d，基本上可以确定 a b c 是这个球球心的三个坐标值，d 是半径。

   话说回来，这个算出来差不多就是选 D

2. （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

   解析：

   首先根据上面的解析，我们知道肯定是和 球 有关。而且每次都有取 min 的操作所以可以猜出是交。。。所以选 C

第十七题

#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) // 只有一个
        return Node(max(a[h], 0), max(a[h], 0), max(a[h], 0), a[h]);
    int j = (h + m) >> 1;
    // 分治结果合并
    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--) { // 求左边最大连续
        wht += a[i];
        wh = max(wh, wht);
    }
    for (int i = j + 1; i <= m; i++) { // 右边最大连续
        wmt += a[i];
        wm = max(wm, wmt);
    }
    // 分治的答案和这里两边合并的答案比较
    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：

判断题

1. 程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。（ ）

   解析：

   观察两个函数发现都是求最大字段和的函数，所以都一样，判对

2. 第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（ ）

   解析：

   如果如果左右端点一样的话，就会直接退出，根本轮不到他出现这种非法情况，如果要的话除非 n < 0 但是这样也只会被访问一次，判错

3. 当输入为 5 -10 11 -9 5 -7 时，输出的第二行为 7。( )

   解析：

   最大字段和，直接一眼顶针是 11 ，判错

单选题

1. solve1(1, n) 的时间复杂度为（ ）。
   A. $O(\log n)$
   B. $O(n)$
   C. $O(n \log n)$
   D. $O(n^{2})$

   解析：

   这种的递归还是会把所有点都访问到，所以是 O(n) 的，并且合并并没有消耗过多的复杂度，所以选 B

2. solve2(1, n) 的时间复杂度为（ ）。
   A. $O(\log n)$
   B. $O(n)$
   C. $O(n \log n)$
   D. $O(n^{2})$

   解析：

   结构极其相似于归并排序，所以复杂度也是 $O(n \log n)$ 。

3. 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

   解析：

   最大字段和一眼顶针选 B

第十八题

#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;
}

// encode form string to base64
string encode(string str) 
{
    string ret;
    int i;
    for (int 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;
}

// decode from base64 to string
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：

判断题

1. 程序总是先输出 一行 一个整数，再输出 一行 一个字符串。（ ）

   解析：

   似乎说有可能会跑出一切奇怪的字符出来，所以说判错

2. 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。（ ）

   解析：

   编码和解码的关系，一定一样

3. 当输入为1 SGVsbG93b3JsZA==时，输出的第二行为HelloWorld。( )

   解析：

   直接模拟即可（此编码为 base64 编码

   模拟出来应该是 Helloworld 所以判错

单选题

1. 设输入字符串长度为 $n$ ，encode 函数的时间复杂度为（ ）。
   A. $O(\sqrt n)$
   B. $O(n)$
   C. $O(n\log⁡ n)$
   D. $O(n^2)$

   解析：

   一眼 $O(n)$ 没问题，选 B

2. 输出的第一行为（ ）。
   A. 0xff
   B. 255
   C. 0xFF
   D. -1

   解析：

   由于 char 的范围是 $-128$ ~ $127$ ，所以说 int 的 128 可以强转为 char 的 -128，那么 0xff 是 255 减去 128 得到 127 刚刚好可以让他变成 $-128 + 127 = -1$ 所以选 D

3. （4 分） 当输入为 0 CSP2021csp 时，输出的第二行为（ ）。
   A. Q1NQMjAyMWNzcAv=
   B. Q1NQMjAyMGNzcA==
   C. Q1NQMjAyMGNzcAv=
   D. Q1NQMjAyMWNzcA==

   解析：

   模拟即可，答案是 D

第十九题

（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 $2=\cfrac{4+4}4$ ，用到了 $3$ 个 $4$ ，是最优方案。

#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. ①处应填（ ）
   A. F[4] = 0
   B. F[1] = 4
   C. F[1] = 2
   D. F[4] = 1

   解析：

   DP 的初始值，肯定是 1 个四就是四，选 D

2. ②处应填（ ）
   A. !Vis[n]
   B. r < n
   C. F[M] == INT_MAX
   D. F[n] == INT_MAX

   解析：

   只要我们要找到数没有算出来，就不能结束，也就是 A

3. 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]

   解析：

   x 是我们要找到的目前花费最少的点，这样才可以让后面花费少，类似于 Dijkstra ，所以选 D

4. ④处应填（ ）
   A. F[i] < F[x]
   B. F[i]<=r
   C. Vis[i]
   D. i <= x

   解析：

   两个数转移到新的数，只有当这两个数都是最优的时候，才能保证本次转移不会白转移（指其中一个数再更新本次转移作废）选 C 。

第二十题

（ RMQ 区间最值问题） 给定序列 $a_0,⋯,a_{n−1}$ , $m$ 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 O(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 11。

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 $b = ⌈\cfrac{\log⁡_2\ t}2⌉$ 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 $O(\cfrac t b \log⁡t)=O(n)$ 。
• （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 $O(b2^b)$ ，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(pl * 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. 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

   解析：

   一和二都是建立笛卡尔树的代码，我们肯定是用单调栈解决，找到最大的左儿子，所以选 A

2. 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

   解析：

   这里也是上面建立笛卡尔树的代码，上一题操作结束后，栈顶元素一定是比当前元素大的，必须覆盖，也就是说选 D

3. ③处应填（ ）
   A. x->dep < y->dep
   B. x < y
   C. x->dep > y->dep
   D. x->val < y->val

   解析：

   建立完 笛卡尔树，val 就已经变成了无用的变量，排除 D

   B 选项完全就是胡扯也排除，现在剩下 AC，我们要求最小值肯定是选 A

4. 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

   解析：

   按照题目的表述，我们要用深度解决，所以说选 D

5. 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

   解析：

   首先 i 是从一开始的，所以选 CD 中的一个。其次题目已经说明，后者小于前者是 1，所以选 D

6. 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)

   解析：

   我们知道了 p 就是快的位置，Dif 是预处理好的，我们因该选 C