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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（ ）
ls
cd
cp
all
二进制数00101010和 00010110的和为（ ）
00111100
01000000
00111100
01000010
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。
系统分配的栈空间溢出
系统分配的队列空间溢出
系统分配的链表空间溢出
系统分配的堆空间溢出
以下排序方法中，（ ）是不稳定的。
插入排序
冒泡排序
堆排序
归并排序
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（ ）。
4n-2
3n+1
3n-2
2n+1
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)=x2 mod 11。请问7存储在哈希表哪个地址中（ ）
5
6
7
8
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（ ） 个点。
8
9
10
11
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（ ）。
10
11
12
2021
前序遍历和中序遍历相同的二叉树为且仅为（ ）。
只有1个点的二叉树
根结点没有左子树的二叉树
非叶子结点只有左子树的二叉树
非叶子结点只有右子树的二叉树
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（ ）次上述操作。
7
8
9
6
有如下递归代码
1 solve(t，n):
2 if t=1 return 1
3 else return 5*solve(t-1,n) mod n
则solve(23,23)的结果为（ ）。
1
7
12
22
斐波那契数列的定义为: F1=1，F2=1，Fn=Fn-1+Fn-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（ ）。
1 F(n):
2 if n<=2 return 1
3 else return F(n-1) +F(n-2)
O(n)
O(n2)
O(2n)
O(n log n)
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（ ）种方案。
36
48
54
64
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（ ）个。
81
120
165
216
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（ ）。
16
19
20
22
第16~21题题目
1 #include<iostream>
2 #include
3 using namespace std;
4
5 const double r = acos(0.5);
6
7 int a1, b1, c1, d1;
8 int a2, b2, c2, d2;
9
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：
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。（）
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。（）
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。（）
当输入为“0 0 0 1 1 0 0 1”时，输出为“1.3090”。（）
当输入为“1 1 1 1 1 1 1 2”时，输出为（）。
“3.1416”
“6.2832”
“4.7124”
“4.1888”
这段代码的含义为（）
求圆的面积并
求球的体积并
求球的体积交
求椭球的体积并
第22~27题题目
1 #include<iostream>
2 #include
3 using namespace std;
4
5 int n, a[1005];
6
7 struct Node
8 {
9 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：
程序总是会正常执行并输出两行两个相等的数。（）
第 28 行与第 38 行分别有可能执行两次及以上。（）
当输入为“5 -10 11 -9 5 -7”时，输出的第二行为“7”。（）
solve1(1, n) 的时间复杂度为（）。
O(log n)
O(n)
O(n log n)
O(n2)
solve2(1, n) 的时间复杂度为（）。
O(log n)
O(n)
O(n log n)
O(n2)
当输入为“10 -3 2 10 0 -8 9 -4 -5 9 4”时，输出的第一行为（ ）。
”13”
”17”
”24”
.”12”
第28~33题题目
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：程序总是先输出一行一个整数，再输出一行一个字符串。（）
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。（）
当输入为“1 SGVsbG93b3JsZA==”时，输出的第二行为“HelloWorld”。 （）
设输入字符串长度为 n，encode 函数的时间复杂度为（）。
O(√n)
O(n)
O(n log n)
O(n2)
输出的第一行为（）。
”0xff”
”255”
”0xFF”
”-1”
当输入为“0 CSP2021csp”时，输出的第二行为（）。
”Q1NQMjAyMWNzcAv=”
”Q1NQMjAyMGNzcA==”
”Q1NQMjAyMGNzcAv=”
”Q1NQMjAyMWNzcA==”
第34~37题题目
（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 = (4 + 4)/4，用到了 3 个 4，是最优方案。
试补全程序。
#include<iostream>
#include
#include
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处应填（）
F[4] = 0
F[1] = 4
F[1] = 2
F[4] = 1
②处应填（）
!Vis[n]
r < n
F[M] == INT_MAX
F[n] == INT_MAX
③处应填（）
F[i] == r
!Vis[i] && F[i] == r
F[i] < F[x]
!Vis[i] && F[i] < F[x]
④处应填（）
F[i] < F[x]
F[i] <= r
Vis[i]
i <= x
（RMQ区间最值问题）给定序列a0, ... ,an-1，和m次询问，每次询问给定l，r，
求max{al, ... ,ar}。
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：
1、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。
2、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。
3、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：
4、设t为 Euler 序列长度。取 b = ?log2t / 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(t * logt / b)=O(n)。
5、（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(b2b)，不超过O(n)。
6、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。
①处应填（）
p->son[0] = S[top--]
p->son[1] = S[top--]
S[top--]->son[0] = p
S[top--]->son[1] = p
②处应填（）
p->son[0] = S[top]
p->son[1] = S[top]
S[top]->son[0] = p
S[top]->son[1] = p
③处应填（）
x->dep < y->dep
x < y
x->dep > y->dep
x->val < y->val
④处应填（）
A[i * b + j - 1] == A[i * b + j]->son[0]
A[i * b + j]->val < A[i * b + j - 1]->val
A[i * b + j] == A[i * b + j - 1]->son[1]
A[i * b + j]->dep < A[i * b + j - 1]->dep
⑤处应填（）
v += (S >> i & 1) ? -1 : 1
v += (S >> i & 1) ? 1 : -1
tv += (S >> (i - 1) & 1) ? 1 : -1
v += (S >> (i - 1) & 1) ? -1 : 1
⑥处应填（）
(Dif[p] >> (r - p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1)
Dif[p]
(Dif[p] >> (l - p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1)
(Dif[p] >> ((p + 1) * b - r)) & ((1 << (r - l + 1)) - 1)
