CSP 2020 入門組第一輪
一、單選（共15題，每題2分，共計30分）
第 1 題
在內存儲器中每個存儲單元都被賦予一個唯一的序號，稱為（）。
A. 地址
B. 序號
C. 下標
D. 編號
解析：內存儲器中的每個存儲單元我們稱之為：地址
第 2 題
編譯器的主要功能是（ ）。
A. 將源程序翻譯成機器指令代碼
B. 將源程序重新組合
C. 將低級語言翻譯成高級語言
D. 將一種高級語言翻譯成另一種高級語言
解析：編譯器的主要功能是將源程序翻譯成機器指令代碼，再讓計算機運行該指令代碼。
第 3 題
設 x=true, y=true, z=false，以下邏輯運算表達式值為真的是（ ）。
A. (y∨z)∧x∧z
B. x∧(z∨y) ∧z
C. (x∧y) ∧z
D. (x∧y)∨(z∨x)
解析：選擇D
∧ == &，同真為真
∨ == |，同假為假
第 4 題
現有一張分辨率為 2048×1024 像素的 32 位真彩色圖像。請問要存儲這張圖像，需要多大的存儲空間？（ ）。
A. 16MB
B. 4MB
C. 8MB
D. 2MB
解析：
1TB = 2^10 GB = 1024 GB
1GB = 2^10 MB = 1024 MB
1MB = 2^10 KB = 1024 KB
1KB = 2^10 B = 1024 B
1B(Byte,字節) = 8bit（比特）
2048×1024x32/8 Byte
= 2048x1024x32 bit
= 2048x1024x32/8 B
= 2048x1024x32/8/1024 KB
= 2048×1024x32/8/1024/1024 MB
= 8MB
第 5 題
冒泡排序算法的偽代碼如下：
輸入：數組L, n ≥ k。輸出：按非遞減順序排序的 L。
算法 BubbleSort：
1. FLAG ← n //標記被交換的最后元素位置
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
對 n 個數用以上冒泡排序算法進行排序，最少需要比較多少次?（ ）。
A. n^2
B. n-2
C. n-1
D. n
解析：最好的是直接通過樣例得出結果，比如舉例：2 1 3，最少比較次數為 2
第 6 題
設A是介個實數的數組，考慮下面的遞歸算法：
XYZ (A[1..n])
1. if n= 1 then return A[1]
2. else temp ← XYZ (A[l..n-1])
3. if temp < A[n]
4. then return temp
5. else return A[n]
請問算法XYZ的輸出是什么？（）。
A. A數組的平均
B. A數組的最小值
C. A數組的中值
D. A數組的最大值
解析：仔細讀程序，發現每次返回的都是最小值
第 7 題
鏈表不具有的特點是（）。
A. 可隨機訪問任一元素
B. 不必事先估計存儲空間
C. 插入刪除不需要移動元素
D. 所需空間與線性表長度成正比
解析：
鏈表特點：
插入刪除元素都不需要移動元素，直接修改元素的pre指針指向的方向即可。
不需要事先估計存儲空間，新增元素可以重新開存儲空間，再將鏈表最后的指針指向該空間的地址即可。
鏈表訪問其中元素的時候是從頭到尾進行遍歷，直到找到該元素，不能像數組那樣通過下標直接訪問。
第 8 題
有 10 個頂點的無向圖至少應該有（ ）條邊才能確保是一個連通圖。
A. 9
B. 10
C. 11
D. 12
解析：圖，類似地圖，地圖上有城市，路線，就對應這圖中的節點與邊。
無向圖：是指路線沒有方向，正走反走都可以
連通圖：是指一條路可以走完所有點，也可以理解為一筆畫完全部圖（可以重復）
2個點，如果連通，至少1條邊
3個點，如果連通，至少2條邊
4個點，如果連通，至少3條邊
n個點，如果連通，至少n-1條邊
第 9 題
二進制數 1011 轉換成十進制數是（ ）。
A. 11
B. 10
C. 13
D. 12
解析：1011B=8+2+1=11D
第 10 題
5 個小朋友並排站成一列，其中有兩個小朋友是雙胞胎，如果要求這兩個雙胞胎必須相鄰，則有（ ）種不同排列方法?
A. 48
B. 36
C. 24
D. 72
解析：
第 11 題
下圖中所使用的數據結構是（ )。
A. 棧
B. 隊列
C. 二叉樹
D. 哈希表
棧：后進先出
隊列：先進先出
二叉樹：一個節點最多兩條路
第 12 題
獨根樹的高度為 1。具有 61 個結點的完全二叉樹的高度為（ ）。
A. 7
B. 8
C. 5
D. 6
解析：
發現如果這是滿二叉樹（除開葉子節點外，其余節點都是滿的,都有兩個子節點）第i行及前i行節點數量和為: 2^k-1
所以2^6-1 = 63 >= 61,高度為：6
第 13 題
干支紀年法是中國傳統的紀年方法，由10個天干和12個地支組合成60個天干地支。由公歷年份可以根據以下公式和表格換算出對應的天干地支。
天干 =（公歷年份）除以10所得余數
地支 =（公歷年份）除以12所得余數
例如，今年是 2020 年，2020 除以 10 余數為 0，查表為"庚”；2020 除以 12，余數為 4，查表為“子” 所以今年是庚子年。
請問 1949 年的天干地支是（ ）
A. 己酉
B. 己亥
C. 己丑
D. 己卯
解析：1949%10=9， 1949%12=5
第 14 題
10 個三好學生名額分配到 7 個班級，每個班級至少有一個名額，一共有（ ）種不同的分配方案。
A. 84
B. 72
C. 56
D. 504
解析：10個名額分到7個班，要求每個班至少一名，那么也就是相當於每個班都分一個名額后，還剩余3個名額，再分給7個班，有幾種情況。
第一類：將3個名額分配給3個班：C(7,3)=7x5=35
第二類：將1個名額分配給1個班，2個名額分配給1個班：C(7,1)C(6,1)=7x6=42
第三類：將3個名額分配給1個班：C(7,1)=7
共有分配方案：35+42+7 = 84
第 15 題
有五副不同顏色的手套（共 10 只手套，每副手套左右手各 1 只），一次性從中取 6 只手套，請問恰好能配成兩副手套的不同取法有（ ）種。
A. 120
B. 180
C. 150
D. 30
解析：
二、閱讀程序(除特殊說明外，判斷題 1.5 分，選擇題 3 分，共計 40 分)
程序輸入不超過數組或字符串定義的范圍；
判斷題正確填 √，錯誤填 ×。
第 16 題(本題共 12 分)
#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;
}
判斷題
1） 輸入的字符串應當只由大寫字母組成，否則在訪問數組時可能越界。（ √ ）
2） 若輸入的字符串不是空串，則輸入的字符串與輸出的字符串一定不一樣。（ × ）
3） 將第 12 行的“i < 26”改為“i < 16”，程序運行結果不會改變。（ √ ）
4） 將第 26 行的"i < 26”改為“i < 16”，程序運行結果不會改變。（ × ）
單選題
5） 若輸出的字符串為"ABCABCABCA"，則下列說法正確的是（ A ）。
A. 輸入的字符串中既有S又有P
B. 輸入的字符串中既有S又有B
C. 輸入的字符串中既有A又有P
D. 輸入的字符串中既有A又有B
6）若輸出的字符串為"CSPCSPCSPCSP"，則下列說法正確的是（ D ）。
A. 輸入的字符串中既有P又有K
B. 輸入的字符串中既有J又有R
C. 輸入的字符串中既有J又有K
D. 輸入的字符串中既有P又有R
解析：這樣的題目你想要直接讀懂程序太難了，所以直接按照程序模擬一遍，帶入部分簡單數據嘗試運行一下，能理解程序的主要原理即可。但是這樣的題目，建議多做筆記，多寫草稿，將過程記錄着，以防有用。如下程序中就是我所做筆記。
#include <cstdlib>//P16
#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;// 字符個數計數 k=3
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) {//如果 x未出現，則存入
//encoder=CSPAB DEFGH IJKLM NOQRT UVWXYZ
encoder[k]= x;
++k;
}
}
for (int i = 0; i < 26; ++i)
decoder[encoder[i]- 'A'] = i + 'A';
//decoder[C-A]=A
//decoder[S-A]=B
//decoder[P-A]=C
//decoder[A-A]=D
//decoder[B-A]=E
//decoder[D-A]=F
//decoder[E-A]=G
//decoder[F-A]=H
//decoder[G-A]=I
//decoder[H-A]=J
//decoder[I-A]=K
//decoder[J-A]=L
//decoder[K-A]=M
//decoder[L-A]=N
//decoder[M-A]=O
//decoder[N-A]=P
//decoder[O-A]=Q
//decoder[Q-A]=R
//decoder[R-A]=S
//decoder[T-A]=T
//decoder[U-A]=U
//decoder[V-A]=V
//decoder[W-A]=W
//decoder[X-A]=X
//decoder[Y-A]=Y
//decoder[Z-A]=Z
cin >> st;//假設：CSP
for (int i = 0; i < st.length( ); ++i)
st[i] = decoder[st[i] -'A'];
//st=ABC
//str=ABCABCABCA
//str=CSPCSPCSPCSP
cout << st;
return 0;
}
第 17 題(本題共 13.5 分)
#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;
}
假設輸入的 n 是不超過 2^62 的正整數，k都是不超過 10000 的正整數，完成下面的判斷題和單選題：
判斷題
1)若 k=l，則輸出 ans 時，len=n。（ × ）
2)若 k>l，則輸出 ans 時，len —定小於 n。（ × ）
3)若 k>l，則輸出 ans 時，k^len一定大於n。（ √ ）
單選題
4)若輸入的n等於：10^15，輸入的 k 為 1，則輸出等於（ D ）。
A. 1
B. (10^30-10^15)/2
C. (10^30+10^15)/2
D. 10^15
5)若輸入的 n 等於205,891,132,094,649（即 3^30），輸入的 k 為 3，則輸出等於（ B ）。
A. 3^30
B. (3^30-1)/2
C. 3^30-1
D. (3^30+1)/2
6)若輸入的 n 等於 100,010,002,000,090，輸入的 k 為 10，則輸出等於（ D ）。
A. 11,112,222,444,543
B. 11,122,222,444,453
C. 11,122,222,444,543
D. 11,112,222,444,453
第 18 題(本題共 14.5 分)
#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;
}
假設輸入的n是不超過50的正整數，d[i][0]、d[i][i]都是不超過10000的正整數，完成下面的判斷題和單選題：
判斷題
1） 若輸入 n 為 0,此程序可能會死循環或發生運行錯誤。（ x ）
2） 若輸入 n 為 20,接下來的輸入全為 0，則輸出為 0。（ √ ）
3） 輸出的數一定不小於輸入的 d[i][0] 和 d[i][l] 的任意一個。（ x ）
單選題
4） 若輸入的 n 為 20,接下來的輸入是 20 個 9 和 20 個 0,則輸出為（ B ）。
A. 1890
B. 1881
C. 1908
D. 1917
5） 若輸入的 n 為 30,接下來的輸入是 30 個 0 和 30 個 5,則輸出為（ C ）。
A. 2000
B. 2010
C. 2030
D. 2020
6） （4分）若輸入的 n 為 15，接下來的輸入是 15 到 1，以及 15到1，則輸出為（ C ）。
A. 2440
B. 2220
C. 2240
D. 2420
三、完善程序（單選題，每小題 3 分，共計 30 分）
第 19 題(本題共 15 分)
1.（質因數分解）給出正整數 n，請輸出將 n 質因數分解的結果，結果從小到大輸出。 例如：輸入 n=120，程序應該輸出 2 2 2 3 5，表示：120 = 2 × 2 × 2 × 3 × 5。輸入保證 2≤n≤10^9。
提示：先從小到大枚舉變量 i，然后用 i 不停試除 n來尋找所有的質因子。
試補全程序。
#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;
}
1）①處應填（ C ）
2）②處應填（ C ）
3）③處應填（ C )
4）④處應填（ A ）
5）⑤處應填（ C )
-
A. 1 B. n-1 C. 2 D. 0 -
A. n/i B. n/(i*i) C. i*i D. i*i*i -
A. if(n%i==0) B. if(i*i<=n) C. while(n%i==0) D. while(i*i<=n) -
A. n>1 B. n<=1 C. i<n/i D. i+i<=n -
A. 2 B. n/i C. n D. i
解析：
質數的判斷是：for(int i=2; i*i<=n; i++){}
不停試除，直到結果不能被i整除：while(n%i==0){}
最后如果 n<=1那么結果就沒必要輸出，所以：if(n>1){ cout<<n; }
第 20 題(本題共 15 分)
（最小區間覆蓋）給出 n 個區間，第 i 個區間的左右端點是 [a[i],b[i]]。現在要在這些區間中選出若干個，使得區間 [0, m] 被所選區間的並覆蓋（即每一個 0≤i≤m 都在某個所選的區間中）。保證答案存在，求所選區間個數的最小值。
輸入第一行包含兩個整數 n 和 m （1≤n≤5000,1≤m≤10^9）接下來n行，每行兩個整數
提示：使用貪心法解決這個問題。先用 O(n^2) 的時間復雜度排序，然后貪心選擇這些區間。
試補全程序。
#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;
}
1)①處應填（ B ）
2)②處應填（ D ）
3)③處應填（ A ）
4)④處應填（ A ）
5)⑤處應填（ B ）
-
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 -
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; -
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 -
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 -
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++
解析：
-
按照 a 的大小升序排序，也就是保證： A[j-1].a <= A[j].a
所以：if(A[j-1].a > A[j].a) swap(A[j-1], A[j]); -
交換2個數據的方式：
int t = a; a = b; b = t;//上一個的結束就是下一個的開頭 -
將下一個區間放入，但是放入的要求是：A[i].b 大於已放入的最右邊，也就是
A[i].b>A[p-1].b -
區間個數肯定不能超過n，並且即將放入的模塊的右區間的值一定要完成重合或者連接，不能出現空格現象，所以：
q+1<n&&A[q+1].a<=r -
最后對右邊區間取最大值，表示已經覆蓋到某個點了：
r=max(r,A[q].b)