2021 CCF 非专业级别软件能力认证第一轮（CSP-S1）提高级
2024-05-14 12:10:12
C++语言试题,认证时间：2021 年 9 月 19 日 09:30~11:30
考生注意事项：
l
试题纸共有 16 页，答题纸共有 1 页，满分 100 分。请在答题纸上作答，写在试题纸上的
一律无效。
l
不得使用任何电子设备（如计算器、手机、电子词典等）或查阅任何书籍资料。
一、单项选择题（共 15 题，每题 2 分，共计 30 分；每题有且仅有一个正确选项）
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. ls
B. cd
C. cp
D. all
解析:A,常识问题
2. 二进制数 00101010 2 和 00010110 2 的和为（ ）。
A. 00111100 2
B. 01000000 2
C. 00111100 2
D. 01000010 2
解析: 二进制加法, 1+1=10
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
解析:递归栈的空间是分配在栈空间上的
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
解析:C堆排序,快排都不稳定
排序稳定:指相同大小的元素在排序前后是否还会保持排序前的相对顺序
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（ C ）。
A. 4n-2
B. 3n+1
C. 3n-2
D. 2n+1
解析:原题,先将2n个数分成n组,每组2个,n组每组内比较,把原数组分成较大和较小的两组,
需要n次比较,较大值只可能出现在较大的那组内,需要n-1次比较找出最大值
同理最小值,所以n+2(n-1)=3n-2;
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)=x 2 mod 11 。请问 7 存储在哈希表哪个地址中（ C ）。
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
解析:根据题意直接模拟,每个数依次被放在0,1,4,9,5,6,3,7
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（C ）个点。
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
解析:课件原题,无向完全图边=n*(n-1)/2 ,n为顶点个数, 得出9个点的36边,题目要求是不连通,
所以至少需要10个点
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（B ）。
A. 10
B. 11
C. 12
D. 2021
解析:课件原题,n层的二叉树最多2^n-1个节点,2^10=1024,所以11层
9. 前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（D ）。
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
解析:课件原题,前序:根左右,中序遍历:左根右,一样的话,左子树不存在即可
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（A ）
次上述操作。
A. 7
B. 8
C. 9
D. 6
解析:直接进行演算可得
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）。
A. 1
B. 7
C. 12
D. 22
解析:求2^22%23的值,费马小定理得出1
12. 斐波那契数列的定义为： F 1 =1 ， F 2 =1 ， F n =F n-1 +F n-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（C ）。
F(n):
if n<=2 return 1
else return F(n-1) + F(n-2)
A. O( n )
B. O(n^2 )
C. O( 2^n )
D. O( n log n )
// 递归的复杂度
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（ c ）种方案。
A. 36
B. 48
C. 54
D. 64
解析:一个苹果8个,2个苹果21, 3个苹果 .....地推法
14. 设一个三位数 n=---- abc ， 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（ C ）个。
A. 81
B. 120
C. 165
D. 216
解析:考虑a=b=c的情况,只有9种
考虑a=b且a!=c a=2时c=1,3,a=3时c=1,2,3,4,...
此时(a,c)的选择有2+4+6+8*5=52,而c的位置可以换,共有52*3=156再加+9=165
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
解析:从左到右计算19
二、阅读程序（程序输入不超过数组或字符串定义的范围；判断题正确填 √ ，错误填 × ；除特
殊说明外，判断题 1.5 分，选择题 3 分，共计 40 分）
(1)
01 #include <iostream>
02 #include <cmath>
03 using namespace std;
04
05 const double r = acos(0.5);
06
07 int a1, b1, c1, d1;
08 int a2, b2, c2, d2;
09
10 inline int sq(const int x) { return x * x; }
11 inline int cu(const int x) { return x * x * x; }
12
13 int main()
14 {
15 cout.flags(ios::fixed);
16 cout.precision(4);
17
18 cin >> a1 >> b1 >> c1 >> d1;
19 cin >> a2 >> b2 >> c2 >> d2;
20
21 int t = sq(a1 - a2) + sq(b1 - b2) + sq(c1 - c2);
22
23 if (t <= sq(d2 - d1)) cout << cu(min(d1, d2)) * r * 4;
24 else if (t >= sq(d2 + d1)) cout << 0;
25 else {
26 double x = d1 - (sq(d1) - sq(d2) + t) / sqrt(t) / 2;
27 double y = d2 - (sq(d2) - sq(d1) + t) / sqrt(t) / 2;
28 cout << (x * x * (3 * d1 - x) + y * y * (3 * d2 - y)) * r;
29 }
30 cout << endl;
31 return 0;
32 }
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：
l 判断题
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。（√ ）
解析: 无论t是整型还是浮点型,之后计算时都转换double了
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。（ 错 ）
//解析:错 先除以2就是整除
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。（错 ）
解析:错,sq内部是整型,改成sq()会先将参数转换成整型再平方
19. （ 2 分） 当输入为“ 0 0 0 1 1 0 0 1 ”时，输出为“ 1.3090 ”。（ ）
// 对,直接计算
20. 当输入为“ 1 1 1 1 1 1 1 2 ”时，输出为（D ）。
A. “ 3.1416 ”
B. “ 6.2832 ”
C. “4.7124 ”
D. “ 4.1888 ”
// 第二个球包含了第一个球,答案是第一个球的体积
21. （ 2.5 分） 这段代码的含义为（C ）。
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
//不可能是并,并不可能输出0
其次输入8个数,可以排除输入的是一个圆
(2)
01 #include <algorithm>
02 #include <iostream>
03 using namespace std;
04
05 int n, a[1005];
06
07 struct Node
08 {
09 int h, j, m, w;
10
11 Node(const int _h, const int _j, const int _m, const int _w):
12 h(_h), j(_j), m(_m), w(_w)
13 { }
14
15 Node operator+(const Node &o) const
16 {
17 return Node(
18 max(h, w + o.h),
19 max(max(j, o.j), m + o.h),
20 max(m + o.w, o.m),
21 w + o.w);
22 }
23 };
24
25 Node solve1(int h, int m)
26 {
27 if (h > m)
28 return Node(-1, -1, -1, -1);
29 if (h == m)
30 return Node(max(a[h], 0), max(a[h], 0), max(a[h], 0), a[h]);
31 int j = (h + m) >> 1;
32 return solve1(h, j) + solve1(j + 1, m);
33 }
34
35 int solve2(int h, int m)
36 {
37 if (h > m)
38 return -1;
39 if (h == m)
40 return max(a[h], 0);
41 int j = (h + m) >> 1;
42 int wh = 0, wm = 0;
43 int wht = 0, wmt = 0;
44 for (int i = j; i >= h; i--) {
45 wht += a[i];
46 wh = max(wh, wht);
47 }
48 for (int i = j + 1; i <= m; i++) {
49 wmt += a[i];
50 wm = max(wm, wmt);
51 }
52 return max(max(solve2(h, j), solve2(j + 1, m)), wh + wm);
53 }
54
55 int main()
56 {
57 cin >> n;
58 for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
59 cout << solve1(1, n).j << endl;
60 cout << solve2(1, n) << endl;
61 return 0;
62 }
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：
l 判断题
22. 程序 总是 会正常执行并输出两行两个相等的数。（ ）
// 对 , 求最大子段和
23. 第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（ ）
// 错 ,假设一开始h<=m,这两行不会被执行,否则执行一次
24. 当输入为“ 5 -10 11 -9 5 -7 ”时，输出的第二行为“ 7 ”。（ ）
// 错 求最大和
单选题
25.solve1(1, n) 的时间复杂度为（ B ）。
A. Θ(log n)
B. Θ(n)
C. Θ(n log n)
D. Θ(n^2)
// T(n)=O(n)+2T(n/2) O(n)=T(n)
26.solve2(1, n) 的时间复杂度为（c ）。
A. Θ(log n)
B. Θ(n)
C. Θ(n log n)
D. Θ(n^2)
// T(n)=O(n)+2T(n/2) 得出T(n)=O(nlogn)
27. 当输入为“ 10 -3 2 10 0 -8 9 -4 -5 9 4 ”时，输出的第一行为（B ）。
A. “ 13 ”
B. “ 17 ”
C. “ 24 ”
D. “ 12 ”
//所有数的和
(3)
01 #include <iostream>
02 #include <string>
03 using namespace std;
04
05 char base[64];
06 char table[256];
07
08 void init()
09 {
10 for (int i = 0; i < 26; i++) base[i] = 'A' + i;
11 for (int i = 0; i < 26; i++) base[26 + i] = 'a' + i;
12 for (int i = 0; i < 10; i++) base[52 + i] = '0' + i;
13 base[62] = '+', base[63] = '/';
14
15 for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
16 for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
17 table['='] = 0;
18 }
19
20 string encode(string str)
21 {
22 string ret;
23 int i;
24 for (i = 0; i + 3 <= str.size(); i += 3) {
25 ret += base[str[i] >> 2];
26 ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
27 ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2 | str[i + 2] >> 6];
28 ret += base[str[i + 2] & 0x3f];
29 }
30 if (i < str.size()) {
31 ret += base[str[i] >> 2];
32 if (i + 1 == str.size()) {
33 ret += base[(str[i] & 0x03) << 4];
34 ret += "==";
35 }
36 else {
37 ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
38 ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2];
39 ret += "=";
40 }
41 }
42 return ret;
43 }
44
45 string decode(string str)
46 {
47 string ret;
48 int i;
49 for (i = 0; i < str.size(); i += 4) {
50 ret += table[str[i]] << 2 | table[str[i + 1]] >> 4;
51 if (str[i + 2] != '=')
52 ret += (table[str[i + 1]] & 0x0f) << 4 | table[str[i +
2]] >> 2;
53 if (str[i + 3] != '=')
54 ret += table[str[i + 2]] << 6 | table[str[i + 3]];
55 }
56 return ret;
57 }
58
59 int main()
60 {
61 init();
62 cout << int(table[0]) << endl;
63
64 int opt;
65 string str;
66 cin >> opt >> str;
67 cout << (opt ? decode(str) : encode(str)) << endl;
68 return 0;
69 }
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：
l
判断题
28. 程序总是先输出 一行 一个整数，再输出 一行 一个字符串。（ ）
//错,不一定
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 。（ ）
//对, 两个过程是加密和解密,互为逆序过程
30. 当输入为“ 1 SGVsbG93b3JsZA== ”时，输出的第二行为“ HelloWorld ”。（ ）
//错,爆算是
单选题
31. 设输入字符串长度为 n ， encode 函数的时间复杂度为（B ）。
A. Θ,√n.
B. Θ(n)
C. Θ(n log n)
D. Θ(n^2 )
32. 输出的第一行为（ D ）。
A. “ 0xff ”
B. “ 255 ”
C. “ 0xFF ”
D. “ -1 ”
33. （ 4 分） 当输入为“ 0 CSP2021csp ”时，输出的第二行为（ D ）。
A.
“ Q1NQMjAyMWNzcAv= ”
B.
“ Q1NQMjAyMGNzcA== ”
C.
“ Q1NQMjAyMGNzcAv= ”
D.
“ Q1NQMjAyMWNzcA== ”
三、 完善程序（单选题，每小题 3 分，共计 30 分）
(1) （魔法数字） 小 H 的魔法数字是 4 。给定 ? ，他希望用若干个 4 进行若干次加
法、减法和整除运算得到 ? 。但由于小 H 计算能力有限，计算过程中只能出现不超过
? = 10000 的正整数。求至少可能用到多少个 4 。
例如，当 ? = 2 时，有 2 = (4 + 4)/4 ，用到了 3 个 4 ，是最优方案。
试补全程序。
01 #include <iostream>
02 #include <cstdlib>
03 #include <climits>
04
05 using namespace std;
06
07 const int M = 10000;
08 bool Vis[M + 1];
09 int F[M + 1];
10
11 void update(int &x, int y) {
12 if (y < x)
13 x = y;
14 }
15
16 int main() {
17 int n;
18 cin >> n;
19 for (int i = 0; i <= M; i++)
20 F[i] = INT_MAX;
21 ① ;
22 int r = 0;
23 while ( ② ) {
24 r++;
25 int x = 0;
26 for (int i = 1; i <= M; i++)
27 if ( ③ )
28 x = i;
29 Vis[x] = 1;
30 for (int i = 1; i <= M; i++)
31 if ( ④ ) {
32 int t = F[i] + F[x];
33 if (i + x <= M)
34 update(F[i + x], t);
35 if (i != x)
36 update(F[abs(i - x)], t);
37 if (i % x == 0)
38 update(F[i / x], t);
39 if (x % i == 0)
40 update(F[x / i], t);
41 }
42 }
43 cout << F[n] << endl;
44 return 0;
45 }
34. ①处应填（ D）
A. F[4] = 0
B.
F[1] = 4
C. F[1] = 2
D. F[4] = 1
35. ②处应填（A ）
A.
!Vis[n]
B.
r < n
C.
F[M] == INT_MAX
D.
F[n] == INT_MAX
36. ③处应填（ D）
A.
F[i] == r
B.
!Vis[i] && F[i] == r
C.
F[i] < F[x]
D.
!Vis[i] && F[i] < F[x]
37. ④处应填（C ）
A. F[i] < F[x]
B. F[i] <= r
C. Vis[i]
D. i <= x
(2) （ RMQ 区间最值问题） 给定序列 ? # , … , ? "$% ，和 ? 次询问，每次询问给定 ?, ? ，求
max {? & , … , ? ' } 。
为了解决该问题，有一个算法叫 the Method of Four Russians ，其时间复杂度为
?(? + ?) ，步骤如下：
•
建立 Cartesian （笛卡尔）树，将问题转化为树上的 LCA （最近公共祖先）问题。
•
对于 LCA 问题，可以考虑其 Euler 序（即按照 DFS 过程，经过所有点，环游回根
的序列），即求 Euler 序列上两点间 一个新的 RMQ 问题。
•
注意新的问题为 ±1 RMQ ，即相邻两点的深度差一定为 1 。
下面解决这个 ±1 RMQ 问题，“序列”指 Euler 序列：
•
设 ? 为 Euler 序列长度。取 ? = G ()* ! ! + H 。将序列每 ? 个分为一大块， 使用 ST
表（倍增表）处理大块间的 RMQ 问题，复杂度 ? J
+
,
log ?K = ?(?) 。
•
（重点） 对于一个块内的 RMQ 问题，也需要 ?(1) 的算法。由于差分数组 2 ,$%
种，可以预处理出所有情况下的最值位置，预处理复杂度 ?(?2 , ) ，不超过 ?(?) 。
•
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。
001 #include <iostream>
002 #include <cmath>
003
004 using namespace std;
005
006 const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
007 const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
008
009 struct node {
010 int val;
011 int dep, dfn, end;
012 node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
013 } T[MAXN];
014
015 int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
016 int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
017 node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
018
019 void build() { // 建立 Cartesian 树
020 static node *S[MAXN + 1];
021 int top = 0;
022 for (int i = 0; i < n; i++) {
023 node *p = &T[i];
024 while (top && S[top]->val < p->val)
025 ① ;
026 if (top)
027 ② ;
028 S[++top] = p;
029 }
030 root = S[1];
031 }
032
033 void DFS(node *p) { // 构建 Euler 序列
034 A[p->dfn = t++] = p;
035 for (int i = 0; i < 2; i++)
036 if (p->son[i]) {
037 p->son[i]->dep = p->dep + 1;
038 DFS(p->son[i]);
039 A[t++] = p;
040 }
041 p->end = t - 1;
042 }
043
044 node *min(node *x, node *y) {
045 return ③ ? x : y;
046 }
047
048 void ST_init() {
049 b = (int)(ceil(log2(t) / 2));
050 c = t / b;
051 Log2[1] = 0;
052 for (int i = 2; i <= c; i++)
053 Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
054 for (int i = 0; i < c; i++) {
055 Min[0][i] = A[i * b];
056 for (int j = 1; j < b; j++)
057 Min[0][i] = min(Min[0][i], A[i * b + j]);
058 }
059 for (int i = 1, l = 2; l <= c; i++, l <<= 1)
060 for (int j = 0; j + l <= c; j++)
061 Min[i][j] = min(Min[i - 1][j], Min[i - 1][j + (l >>
1)]);
062 }
063
064 void small_init() { // 块内预处理
065 for (int i = 0; i <= c; i++)
066 for (int j = 1; j < b && i * b + j < t; j++)
067 if ( ④ )
068 Dif[i] |= 1 << (j - 1);
069 for (int S = 0; S < (1 << (b - 1)); S++) {
070 int mx = 0, v = 0;
071 for (int i = 1; i < b; i++) {
072 ⑤ ;
073 if (v < mx) {
074 mx = v;
075 Pos[S] = i;
076 }
077 }
078 }
079 }
080
081 node *ST_query(int l, int r) {
082 int g = Log2[r - l + 1];
083 return min(Min[g][l], Min[g][r - (1 << g) + 1]);
084 }
085
086 node *small_query(int l, int r) { // 块内查询
087 int p = l / b;
088 int S = ⑥ ;
089 return A[l + Pos[S]];
090 }
091
092 node *query(int l, int r) {
093 if (l > r)
094 return query(r, l);
095 int pl = l / b, pr = r / b;
096 if (pl == pr) {
097 return small_query(l, r);
098 } else {
099 node *s = min(small_query(l, pl * b + b - 1),
small_query(pr * b, r));
100 if (pl + 1 <= pr - 1)
101 s = min(s, ST_query(pl + 1, pr - 1));
102 return s;
103 }
104 }
105
106 int main() {
107 int m;
108 cin >> n >> m;
109 for (int i = 0; i < n; i++)
110 cin >> T[i].val;
111 build();
112 DFS(root);
113 ST_init();
114 small_init();
115 while (m--) {
116 int l, r;
117 cin >> l >> r;
118 cout << query(T[l].dfn, T[r].dfn)->val << endl;
119 }
120 return 0;
121 }
38. ①处应填（A ）
A.
p->son[0] = S[top--]
B.
p->son[1] = S[top--]
C.
S[top--]->son[0] = p
D.
S[top--]->son[1] = p
39. ②处应填（ D）
A.
p->son[0] = S[top]
B.
p->son[1] = S[top]
C.
S[top]->son[0] = p
D.
S[top]->son[1] = p
40. ③处应填（A ）
A.
x->dep < y->dep
B.
x < y
C.
x->dep > y->dep
D.
x->val < y->val
41. ④处应填（D ）
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
42. ⑤处应填（D ）
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
43. ⑥处应填（ C）
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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