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[五年CSP三年模拟]洛谷2020初赛模拟赛分析

#1.0 单项选择题

#1.1 第1题

题面

1.十进制数 (114) 的相反数的 (8) 位二进制补码是：
A.10001110(qquad)B.10001101
C.01110010(qquad)D.01110011

分析与解答

(114) 的相反数为 (-114)，
(-114) 的二进制原码为 (11110010)
所以它的补码为原码按位取反加一
即为 (10001110)，选 A.

#1.2 第2题

题面

2.以下哪个网站不是 Online Judge （在线程序判题系统）？ Online Judge可以查看算法题目，提交自己编写的程序，然后可以获得评测机反馈的结果。
A.Luogu(qquad)B.Gitee(qquad)C.Leetcode(qquad)D.Codeforces

分析与解答

不多BB，自己点进去看[doge]

#1.3 第3题

题面

小A用字母 (A) 表示 (1)，用 (B) 表示 (2)，以此类推，用 (Z) 表示 (26)。对于 (27) 以上的数字，可以用两位或者更长的字符串对应，例如 (AA) 表示 (27)，(AB) 表示 (28)，(AZ) 对应 (52)，(AAA) 对应 (703)……那么 (BYT) 字符串对应的数字是什么？
A.2018(qquad)B.2020(qquad)C.2022(qquad)D.2024

分析与解答

我们发现，我们可以把它看成一种特殊的27进制数，这种数没有 '0' 这个数字，打个比方，就像十进制数 '9' 之后直接是 '11'，'99' 之后直接是 '111'，即第二位向第三位进一时需要的数不用加上第一位的 26 ，那么我们可以发现，每 (27) 向第二位进一，但上一位需保留 (1)（所以第二位每一个一只包含26），每 (26^2) 向第三位进一
通过推算可以得到下表

Str	Num	Str*
A	1	(1)
Z	26	(Z)
AA	27	(Z + 1)
AZ	52	(Z + Z)
BA	53	(Z + Z + 1)
ZZ	702	(26^2 + Z)
AAA	703	(ZZ + 1)
AZZ	1378	(ZZ + 26^2)
BZZ	2054	(ZZ + 2 imes 26^2)
BYZ	2038	(ZZ + 2 imes 26^2 - Z)
BYT	2022	(ZZ + 2 imes 26^2 - Z - 16)

故选 B.

#1.4 第4题

题面

分析与解答

图片大小计算公式:

[图片大小=dfrac{分辨率（长 imes 宽） imes 位深}{8} ]

这张图片的大小为：

[egin{align*} &dfrac{4096 imes 2160 imes 24}{8} B\ =&(1024 imes 1080 imes 24) B\ =&(1080 imes 24) KB\ approx & 25MB end{align*}]

故选 B.

#1.5 第5题

题面

分析与解答

最快的排序为 桶排序,时间复杂度为 (O(n))，故选 A.

#1.6 第6题

题面

分析与解答

树是一个简单无环连通图，故①④错
选 C.

#1.7 第7题

题面

分析与解答

每次分成两堆，每张卷子至少查看两次，故为 (42 imes 2=84) 次
故选 A.

#1.8 第8题

题面

分析与解答

前序遍历（VLR）是二叉树遍历的一种，也叫做先根遍历、先序遍历、前序周游，可记做根左右。前序遍历首先访问根结点然后遍历左子树，最后遍历右子树。
中序遍历（LDR）是二叉树遍历的一种，也叫做中根遍历、中序周游。在二叉树中，中序遍历首先遍历左子树，然后访问根结点，最后遍历右子树。
由以上的定义我们可以很轻松的画出这棵树：

我们又知道，二叉树中，结点 (i) 的左儿子编号为 (2 imes i)，右儿子编号为 (2 imes i+1)，
故可得下图

所以数组最大下标为 (13)
故选 B.

#1.9 第9题

题面

分析与解答

优先级： (! > && > ||)
A选项：(a&&b=0)，(b&&c=0)，所以 (0||0=0)
B选项：(a+b>c=0)，(b=0)，所以 (0||0=0)
C选项：(!c=0)，(!a||b=0)，所以 (0||0=0)
D选项：(a+b+c=2)，C艹C++中bool运算非0即
故选 D.

#1.10 第10题

题面

分析与解答

链表的查询是由前向后逐个查找，那么查询次数最少的情况就是每次要查找的数都是链表的头结点，每次只访问一个结点，共有 (k) 次请求，故为 (k) 次
故选 B.

#1.11 第11题

题面

分析与解答

枚举大法

这显然是道排列组合，不过数据较小，可以枚举（~~枚举大法好~~）
要注意每个班有人数限制

i	C	B	A
1	0	0	5
2	0	2	4
3	0	3	3
4	0	4	2
5	1	0	5
6	1	1	4
7	1	2	3
8	1	3	2
9	1	4	1
10	2	0	4
11	2	1	3
12	2	2	2
13	2	3	1
14	2	4	0
15	3	0	3
16	3	3	0
17	3	1	2
18	3	2	1

共 (18) 种

排列组合

我们可以将这个问题看成 “有 (6) 个相同的小球，放进 (3) 个不相同的的盒子中，每个盒子有限制，可以为空”，
我们先来求 “有 (6) 个相同的小球，放进 (3) 个不相同的的盒子中，可以为空” 的所有情况，即

[C^{m-1}_{n+m-1}=C^2_8=dfrac{8!}{(8 - 2)! imes 2!} = 28 ]

其中 “有一个盒子中有 (6) 个小球，其余盒子为空” 的 (3) 种情况都无法满足条件
“有一个盒子中有 (5) 个小球，其余两个盒子中，有一个盒子里有 (1) 个球”的情况下，这 (5) 个球在B盒或C盒的 (2 imes 2=4) 种情况无法满足条件

对于每个盒子，盒子里有 (5) 个球时，都有 (2) 种情况，为1 5 0,0 5 1和0 1 5,1 0 5

“有一个盒子中有 (4) 个小球，其余 (2) 个球分散在剩下两个盒子里” 的情况下，这 (4) 个球在C盒的 (C^1_3=3) 种情况无法满足条件

就是将剩下两个相同球放入两个不同盒子里，盒子可以为空的情况数，4 0 2,4 2 0,4 1 1

那么共有 (28 - 3 - 4 - 3 = 18) 种情况
故选 B.

#1.12 第12题

题面

分析与解答

各排序时间复杂度（平均）：

插入排序 (O(n^2))
希尔排序 (O(n^{1.3}))
选择排序 (O(n^2))
堆排序 (O(nlog{n}))
冒泡排序 (O(n^2))
快速排序 (O(nlog{n}))
归并排序 (O(nlog{n}))
基数排序 (O(d(r+n)))（(d) 表示长度，(r) 表示关键字基数，(n) 表示关键字个数）

故选 B.

#1.13 第13题

题面

分析与解答

(x in [a,b)) 表示 (a leqslant x < b)
rand()%M表示生成一个在区间 ([0,M)) 内的随机数
所以rand()%M+a可生成一个在区间 ([a,M+a)) 内的随机数
那么生成一个在区间 ([a,b)) 内的随机数就等价于生成一个在区间 ([a,b-a+a)) 内的随机数
即为rand()%(b-a)+a
故选 A.

#1.14 第14题

题面

分析与解答

我们首先看森林和完全图的定义：
森林(forest)是 (m)((m geqslant 0))棵互不相交的树的集合。
完全图是一个简单的无向图，其中每对不同的顶点之间都恰连有一条边相连。

所以，只有一棵树也可以称作森林
那这道题就变成了 “一个7个顶点的完全图需要至少删掉多少条边才能变成一棵树？”
一个有7个顶点的完全图共有 (dfrac{7 imes (7-1)}{2}=21)条边
一棵有7个结点的树共有 (6) 条边
所以最少删去 (21-6=15) 条边

故选 C.

#1.15 第15题

题面

分析与解答

第37届全国青少年信息学奥林匹克竞赛（CCF NOI2020）于2020年8月16-21日在长沙市一中雨花新华都学校举行
故选 D.

历届NOI举办时间与地点

#2.0 阅读程序

#2.1 第1题

#include<iostream>
using namespace std;
#define MAXN 20
int gu[MAXN][MAXN];
int luo(int n, int m) {
	if(n <= 1 || m < 2)
	    return 1;
	if(gu[n][m] != -1)
	    return gu[n][m];
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i < m;i += 2)
	    ans += luo(n - 1,i);
	gu[n][m] = ans;
	return ans;
}
int main(){
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 0; i < MAXN; i++)
	   for(int j = 0; j < MAXN; j++)
	      gu[i][j] = -1;
	cout << luo(n, m);
	return 0;
}

1.luo函数中，(m) 的值不可能是奇数（）
在主程序main()中，传入luo(n,m)，这里 (m) 的值由键盘输入，可以为奇数，故为错
2.若将第11行的 “<” 改为 “<=”，程序的输出结果可能会改变（）
改后可能会多循环一次，结果可能会改变，故为对
3.若将第8.9.13行删除，程序的运行的结果不变（）
观察程序可以发现，二维数组gu[i][j]是用作记忆化搜索
而第8.9.13行则是进行记忆化搜索的实现，记忆化搜索仅会减少程序运行的时间，但不会改变结果，故为对
4.在添加合适的头文件后，将第19到21行替换为memset(gu,255,sizeof(gu));可以起到相同的作用（）
第19到21行是给二维数组gu[i][j]赋初值 (-1)
memset() 是给每一个byte赋值，int是 (4 byte = 32bit)，(255) 的二进制是 11111111，赋值给int后，int中储存的数为 11111111 11111111 11111111 11111111 ，
但是由于 int 是有符号的，以补码形式储存，第一位为符号位，自然变成了 (-1)，故为对
同样的，当运行 memset(gu,-1,sizeof(gu)) 时，直接将 (-1) 以补码形式（111111111）赋给 int ，
int中储存的数为 11111111 11111111 11111111 11111111 ，结果也是 (-1)
5.若输入数据为 4 8，则输出为（）
A.7(qquad)B.8(qquad)C.15(qquad)D.16
没什么好说的，要有一颗勇于模拟的心ヽ(￣▽￣)و选B.
6.最坏情况下，此程序的时间复杂度是（）
A.(O(m^2n)qquad)B.(O(nm!)qquad)C.(O(n^2)qquad)D.(O(n^2m))
不会，过/kk 选 A.

#2.2 第2题

1.错误
调整之后，f[i][k]和f[k][j] 可能并没有计算或得到的不是最优解，不能保证是全局最优解，而原程序则能保证为最优解
2.错误
m与输入有关，想想为什么会有快读这个东西
3.正确
注意数据范围，当整个图为一条链或数据足够大时，答案会超出 (10^7)
4.正确
两者顺序更换对答案并无影响
5.A
我们首先需要知道这个程序是在求什么，
第14到19行，求的是原图的全源最短路
第21到40行，则是将原图中任意两点并为一点(程序第 26 行的F[i][j] = F[j][i] = 0就是将两点间的距离改为 (0))，再求出此时任意两点间最短路长度之和，取最小值，数据并不大，可以手动模拟

我们先根据给出的数据画出这个图：

然后列出此时任意两点间最短路长度，如下表：

i	j	f
1	2	3
1	3	6
1	4	8
2	3	4
2	4	6
3	4	2

再根据上面的分析，依次并点，可得到：

i	j	f
1	2	0
1	3	6
1	4	7
2	3	6
2	4	5
3	4	2

tot = 26

i	j	f
1	2	3
1	3	0
1	4	2
2	3	3
2	4	5
3	4	2

tot = 15

i	j	f
1	2	3
1	3	2
1	4	0
2	3	4
2	4	3
3	4	2

tot = 14

i	j	f
1	2	3
1	3	3
1	4	5
2	3	0
2	4	2
3	4	2

tot = 15

i	j	f
1	2	3
1	3	5
1	4	3
2	3	2
2	4	0
3	4	2

tot = 15

i	j	f
1	2	3
1	3	6
1	4	6
2	3	6
2	4	6
3	4	0

tot = 27
答案显然是 (14)
6.A
这奇妙的时间复杂度，肯定就是Floyd(。-`ω´-)

#2.3 第3题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MOD 19260817
#define MAXN 1005
long long A[MAXN][MAXN] = {0},sum[MAXN][MAXN] = {0};
int n,m,q;
int main(){
	A[1][1] = A[1][0] = 1;
	for (int i = 2;i <= 1000;i ++){
		A[i][0] = 1;
		for (int j = 1;j <= i;j ++)
		  A[i][j] = (A[i - 1][j] + A[i - 1][j - 1]) % MOD;
	}
	for (int i = 1;i <= 1000;i ++)
	  for (int j = 1;j <= 1000;j ++)
	    sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1]
		 - sum[i - 1][j - 1] + A[i][j] + MOD) % MOD;
	int q;
	cin >> q;
	while (q --){
		int n,m;
		cin >> n >> m;
		cout << sum[n][m] << endl;
	}
	return 0;
}

1.当i<=j时，A[i][j]的值是0 （）
当i==j时，值为1，故为错
2.当i>j时，A[i][j]的值相当于从个 (i) 不同元素中取出 (j) 个元素的排列数（）
这里实际是 (C^j_i)，其递推式与代码中的递推式符合。故为错

拓展-组合数递推公式

[C^m_n = C^m_{n-1} + C^{m-1}_{n-1} ]

简单证明：从 (n) 个不同的数中取 (m) 个数，第 (n) 个数如果取有 (C^{m-1}_{n-1}) 种情况，如果不取有 (C^{m}_{n-1}) 种情况

3.sum[i][j]的值 ((1 <j<i leqslant 1000)) 不小于 sum[i-1][j-1]的值（）
注意这里有模数为 (19260817) （话说这个模数...好评[doge]）
4.若将第12行改为 A[i][j] = (A[i - 1][j] + A[i - 1][j - 1] + MOD) % MOD;，程序的运行的结果不变（）
没有溢出问题的话，这样写是对的。这个写法也常用来对负数取模。
5.A[i][j] ((1 leqslant j,i leqslant 10)) ，的所有元素中，最大值是（）
A.126(qquad)B.276(qquad)C.252(qquad)D.210
由组合数通项公式

[C^m_n=dfrac{n!}{m! cdot (n-m)!} ]

可以看出，我们要找最大，要使 (n) 尽可能大， (m! cdot (n-m)!) 尽可能小，(10) 以内组合数最大为 (C^5_{10} = 252)，故选C
6.若输入的数为 1/5 3（其中 “/” 为换行符），则输出为（）
A.10(qquad)B.35(qquad)C.50(qquad)D.24
观察程序，加以简单计算，很容易发现 sum 就是杨辉三角的前缀和。
自己计算前缀和可得选C

#3.0 补全程序

#3.1 第1题

（封禁xxs）现有n个xxs（编号为1到n），每个xxs都有一个关注者，第i个xxs的关注者是ai。
现在管理员要将其中的一些xxs的账号封禁，但需要注意的是如果封禁了第i个人，
那么为了不打草惊蛇，就不能封禁他的关注者ai。现在想知道最多可以封禁多少个xxs。
输入第一行是一个不超过300000的整数n，第二行是n个1到n的整数表示ai。

输出一行，一个整数表示答案。

#include <cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 300005
int n, ans = 0, a[MAXN], in[MAXN] = {0};
bool vis[MAXN] = {0};
void dfs(int cur, int w) {
   if(vis[cur])
       return;
   vis[cur] = true;
   if(w == 1) ans++;
   ①
   if(②)
       dfs(a[cur], ③);
}
int main() {
   scanf("%d", &n);
   for(int i = 1; i <= n; i++) {
       scanf("%d", &a[i]);
       in[a[i]]++;
   }
   for(int i = 1; i <= n; i++)
       if(!in[i]) ④;
   for(int i = 1; i <= n; i++)
       if(⑤) dfs(i, 0);
   printf("%d
", ans);
   return 0;
}

1.①处应填（）
A.a[cur]=cur;
B.in[a[cur]]=0;
C.in[a[cur]]--;
D.in[cur]--;
该点已经遍历过了，无论是否删除，都不会再次遍历，所以我们可以视为把它去掉，那么我们就要将这个结点（cur）的关注者（a[cur]）关注的人数（in[a[cur]]）减一
故选 C.
2.②处应填（）
A.in[a[cur]]!=0||w==1
B.in[a[cur]]==0||w==0
C.in[a[cur]]!=0||w==0
D.in[a[cur]]==0||w==1
当这个结点（cur）的关注者（a[cur]）关注的人数已经清零（注意这里的清零可能是被去掉但没被删除），那么可以传入看看a[cur]是否可以删除；
若这个结点已经被删除（(w=1)），那么这个结点的关注者一定不能被删除，便可以传入进行标记并去掉。
故选 D.
3.③处应填（）
A.0
B.1
C.w
D.1-w
这里要与上一题结合起来，有以下两种情况：

这个结点已经被删除（(w=1)），那么这个结点的关注者一定不能被删除，所以我们要使传入的 (w) 为 0
这个结点的关注者关注的人数已经清零,那么有以下两种情况：
- 清零的所有操作中存在删除操作，即存在 (w=1) 的情况，那么显然在删除时便会符合第一种情况，需传入 (w=0)；
- 清零的所有操作都是去掉而不是删除，即每一次 (w) 都为 (0)，那么显然这个新结点可以被删除，需传入 (w=1)；

综上，我们可以看出，每次传入时 (w) 的值要取反，那么符合的代码为1-w
故选 D.
4.④处应填（）
A.dfs(i,1)
B.dfs(i,0)
C.dfs(a[i],1)
D.dfs(a[i],0)
观察此循环中if语句的条件，当这个结点不是任何其他结点的关注者（这个结点关注的人数为0），那么我们可以直接将它删掉，故应传入 (w=1)
故选 A.
5.⑤处应填（）
A.!in[i]
B.in[i]
C.!vis[i]
D.vis[i]
这里就是把没有遍历到的点遍历完

#3.2 第2题

（烧作业）某课作业布置了N（3≤N≤100000）个题目，第i题对应的得分是ai。
作业的总得分的计算方式为去掉作业中得分最小的一个题，剩下其它所有题目得分的平均值。
但很不幸小A遇到了一场火灾，前K（1≤K≤N-2）个题目被烧了，无法记录得分。
小A想知道，K是多少时，可以得到最高的作业得分？
 作业被烧了前K页，这时的得分是从第K+1页到最后一页中，去除最小得分后取平均值。

输入第一行是整数N，第二行是n个不超过10000的非负整数表示ai。

输出一行，若干个整数表示答案。如果有多个K，请依次升序输出。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define MAXN 100002
using namespace std;
int n, k[MAXN], cnt = 0;
int s[MAXN], minScore, sum;
double maxAverage = 0, nowAverage;
int main() {
   scanf("%d", &n);
   for(int i = 1; i <= n; i++)
       scanf("%d", &s[i]);
   minScore = s[n];
   ①;
   for(int i = n - 1; i >= 2; i--) {
       minScore = min(minScore, s[i]);
       ②;
       nowAverage = ③;
       if(nowAverage > maxAverage) {
           ④
           maxAverage = nowAverage;
       } else if(fabs(nowAverage - maxAverage) < 1e-6)
           ⑤;
   }
   for(int i = cnt; i >= 1; i--)
       printf("%d
", k[i]);
   return 0;
}

1.①处应填（）
A.sum=n
B.sum=s[1]
C.sum=s[n]
D.sum=0
观察程序，显然是从最后一页开始，进行累加，所以初始值为sum=s[n]
故选 C.
2.②处应填（）
A.sum=maxAverage*(n-i)
B.sum+=s[i]
C.sum+=s[n-i]
D.sum=s[i]+minScore
这里是进行累加，显然是将 s[i] 的值加入 sum
故选 B.
3.③处应填（）
A.(double)(sum+minScore)/(n-i)
B.sum*1.0/(n-i)
C.(int)(sum-minScore)/(n-i)
D.(double)(sum-minScore)/(n-i)
读题，要求是去掉最小值，再取平均值，nowAverag的类型是double
故选 D.
4.④处应填（）
A.k[++cnt]=i;
B.k[cnt++]=i-1
C.cnt=1;k[cnt]=i-1;
D.cnt=0;k[cnt]=i;
当当前平均值大于以往最大平均值，我们要更新最大值，而 cnt 是计数，可能有多个相似的结果，所以我们要先将 cnt 置为 (1)，再进行更新
故选 C.
5.⑤处应填（）
A.k[cnt++]=i;
B.k[++cnt]=i-1;
C.k[cnt++]=n-i;
D.k[cnt]=i;
当有近似值时增加可能的 (k) 值，但显然 cnt 在第一次将 (k) 存入时，并没有自增加，所以这里要先自加一
故选 B.

#4.0 补充说明

第11题排列组合不懂的朋友可以看一下下面这篇博客：

初赛——问题求解
发表于 2020-09-29 18:51 hyl天梦
摘要： CSP初赛数学问题的求解阅读全文>>

最后祝各位 (CSP2020 quad rp++) !

更新日志及说明

更新

初次完成编辑 - (2020.10.9)

增添了 #2.2 阅读程序第2题第5小题的模拟过程
添加了 #2.3 阅读程序第3题 - (2020.10.10)

添加了 #3.0 补全程序 - (2020.10.11)
本文若有更改或补充会持续更新

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Dfkuaid-210/p/13786364.html

i	C	B	A
1	0	0	5
2	0	2	4
3	0	3	3
4	0	4	2
5	1	0	5
6	1	1	4
7	1	2	3
8	1	3	2
9	1	4	1
10	2	0	4
11	2	1	3
12	2	2	2
13	2	3	1
14	2	4	0
15	3	0	3
16	3	3	0
17	3	1	2
18	3	2	1

i	C	B	A
1	0	0	5
2	0	2	4
3	0	3	3
4	0	4	2
5	1	0	5
6	1	1	4
7	1	2	3
8	1	3	2
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12	2	2	2
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17	3	1	2
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i	C	B	A
1	0	0	5
2	0	2	4
3	0	3	3
4	0	4	2
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6	1	1	4
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