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1、完整wordNOIP初赛提高组试题解析19.2 十九届提高组一、单项选择题（共15题，每题1.5分，共计22.5分；每题有且仅有一个正确选项）1一个32位整型变量占用（ A ）个字节。A4 B8 C32 D1282二进制数11.01在十进制下是（ A ）。A3.25 B4.125 C6.25 D11.1253下面的故事与（ B ）算法有着异曲同工之妙。从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚在给小和尚讲故事：“从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚在给小和尚讲故事：从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚在给小和尚讲故事”A枚举 B递归 C贪心 D分治41948年，（ D ）将热力学中的熵引入信息

2、通信领域，标志着信息论研究的开端。A冯诺伊曼(John von Neumann) B图灵（Alan Turing）C欧拉（Leonhard Euler） D克劳德香农（Claude Shannon）【分析】 香农信息论鼻祖5已知一棵二叉树有2013个节点，则其中至多有（ A ）个节点有2个子节点。A1006 B1007 C1023 D1024【分析】（1）树根深度为0，深度为10的满二叉树节点总数2047； （2）本题树深为10的完全二叉树，与满二叉树相比少了34个节点，（3）深度为9的满二叉树节点总数量为1023；（4）1023-（34/2）=10066在一个有向图中，如果任意两点之间都存在

3、路径相连，则称其为连通图。右图是一个有5个顶点、8条边的连通图。若要使它不再是连通图，至少要删去其中的（ B ）条边。A2 B3 C4 D5【分析】要使图不联通，只要其中某一个节点不连通即可，所有顶点度最少是3，所以最少需要删除3条边7斐波那契数列的定义如下：F1=1，F2=1，Fn=Fn-1+Fn-2（n3）。如果用下面的函数计算斐波那契数列的第n项，则其时间复杂度为（ D ）。function F(n:longint):longint;begin if n=2 then F:=1 else F:=F(n-1)+F(n-2);end;AO(1) BO(n) CO(n2) DO(Fn)【分析】

4、计算F1需要1次，计算F2需要一次，计算Fn需要计算F(n-1)的次数加上F（n-2）的次数，所以其实就是计算Fn次，于是答案选择D，至于这个Fn到底是多大，数学上可以计算，它等于O(（1+sqrt(5)）/2)n).8二叉查找树具有如下性质：每个节点的值都大于其左子树上所有节点的值、小于其右子树上所有节点的值。那么，二叉查找树的（ B ）是一个有序序列。A先序遍历 B中序遍历 C后序遍历 D宽度优先遍历9将（2，6，10，17）分别存储到某个地址区间为010的哈希表中，如果哈希函数h(x)=（ D ），将不会产生冲突，其中a mod b表示a除以b的余数。Ax mod 11 Bx2 mod

5、11C2x mod 11 Dmod 11，其中表示下取整【分析】A项6和17对11取余都是6发生冲突，B项10的平方和17的平方对11取余都是1发生冲突，C项6的两倍和17的两倍对11取余都是1发生冲突，D项分别为1，2，3，4，不冲突10IPv4协议使用32位地址，随着其不断被分配，地址资源日趋枯竭。因此，它正逐渐被使用（ D ）位地址的IPv6协议所取代。A40 B48 C64 D12811二分图是指能将顶点划分成两个部分，每一部分内的顶点间没有边相连的简单无向图。那么12个顶点的二分图至多有（ C ）条边。A18 B24 C36 D66【分析】二分为6个和6个的顶点，此时边最多，有36条

6、边。12（ B ）是一种通用的字符编码，它为世界上绝大部分语言设定了统一并且唯一的二进制编码，以满足跨语言、跨平台的文本交换。目前它已经收录了超过十万个不同字符。AASCII BUnicode CGBK2312 DBIG5【分析】UNICODE与ASCII的区别 .1.ASCII的特点（1）ASCII 是用来表示英文字符的一种编码规范。每个ASCII字符占用1 个字节，因此，ASCII 编码可以表示的最大字符数是255（00HFFH）。这对于英文而言，是没有问题的，一般只什么用到前128个(00H-7FH,最高位为0)。而最高位为1 的另128 个字符（80HFFH）被称为“扩展ASCII”，

7、一般用来存放英文的制表符、部分音标字符等等的一些其它符号。（2）但是对于中文等比较复杂的语言，255个字符显然不够用。于是，各个国家纷纷制定了自己的文字编码规范，其中中文的文字编码规范叫做“GB231280”， 它是和ASCII 兼容的一种编码规范， 其实就是利用扩展ASCII没有真正标准化这一点，把一个中文字符用两个扩展ASCII 字符来表示，以区分ASCII 码部分。 但是这个方法有问题，最大的问题就是中文的文字编码和扩展ASCII 码有重叠。而很多软件利用扩展ASCII 码的英文制表符来画表格，这样的软件用到中文系统中，这些表格就会被误认作中文字符，出现乱码。另外，由于各国和各地区都有自

8、己的文字编码规则，它们互相冲突，这给各国和各地区交换信息带来了很大的麻烦。2.UNICODE的产生（1）要真正解决这个问题，不能从扩展ASCII 的角度入手，UNICODE作为一个全新的编码系统应运而生，它可以将中文、法文、德文等等所有的文字统一起来考虑，为每一个文字都分配一个单独的编码。3.什么是UNICODEUnicode与ASCII一样也是一种字符编码方法，它占用两个字节（0000HFFFFH）,容纳65536 个字符，这完全可以容纳全世界所有语言文字的编码。在Unicode 里，所有的字符都按一个字符来处理， 它们都有一个唯一的Unicode 码。13把64位非零浮点数强制转换成32位

9、浮点数后，不可能（ D ）。A大于原数 B小于原数 C等于原数 D与原数符号相反【分析】64位非零浮点数强制转换成32位浮点数，两个数会有大小上的细微差别，但不会发生符号变化，因为有专门的符号位14对一个n个顶点、m条边的带权有向简单图用Dijkstr算法计算单源最短路时，如果不使用堆或其它优先队列进行优化，则其时间复杂度为（ B ）。AO(mn+n3) BO(n2) CO(m+n)log n) DO(m+n2)log n)【分析】Dijkstra算法（双重for 循环）计算单源最短路时间复杂度如果不借助堆或优先队列优化，是O（n2）.15T(n)表示某个算法输入规模为n时的运算次数。如果T(

10、1)为常数，且有递归式T(n)=2*T(n / 2)+2n，那么T(n) = （ B ）。A(n) B(n log n) C(n2) D(n2log n)【分析】的含义和“等于”类似，而大O的含义和“小于等于”类似设 N(1 / 2) X=1 ,X=log2NT(n)=2*T(n / 2)+2n=2(2（T（n / 4）+2(n / 2)+2n=22T（n / 4）+(2n) 2=2XT（1）+(2n) X =2 log2N T（1）+(2N) log2N =N +(2N) log2N= O(N log2N)二、不定项选择题（共5题，每题1.5分，共计7.5分；每题有一个或多个正确选项，多选或

11、少选均不得分）1下列程序中，正确计算1，2，100这100个自然数之和sum（初始值为0）的是（ AC ）。2（ AD ）的平均时间复杂度为O(n log n)，其中n是待排序的元素个数。A快速排序 B插入排序 C冒泡排序 D归并排序【分析】只有快速排序和归并排序是n log n的，冒泡和插入都是n2的时间复杂度。3以A0作为起点，对下面的无向图进行深度优先遍历时（遍历的顺序与顶点字母的下标无关），最后一个遍历到的顶点可能是（ CD ）。AA1 BA2 CA3 DA44（ AB ）属于NP类问题。A存在一个P类问题 B任何一个P类问题C任何一个不属于P类的问题 D任何一个在（输入规模的）指数时

12、间内能够解决的问题【分析】1. 时间复杂度：（1）时间复杂度：是指执行算法所需要的计算工作量。 时间复杂度并不是表示一个程序解决问题需要花多少时间，而是当问题规模扩大后，程序需要的时间长度增长得有多快。 （2）多项式时间算法：如果一个算法，它能在以输入规模为参变量的某个多项式的时间内给出答案，则称它为多项式时间算法。2. P类、NP类问题（1）P类问题的概念：如果一个问题可以找到一个能在多项式的时间里解决它的算法，那么这个问题就属于P问题。 （2）NP类问题：NP（Non-deterministic Polynomial）问题是指可以在多项式的时间里验证一个解的问题。NP问题的另一个定义是，可

13、以在多项式的时间里猜出一个解的问题。 （3）所有的P类问题都是NP问题。 NP问题不是非P类问题3. NPC问题（NP完全问题）：Cook 在1971年给出并证明了有一类问题具有下述性质：（1）这类问题中任何一个问题至今未找到多项式时间算法；（2）如果这类问题中存在一个问题有多项式时间算法，则这类问题都有多项式时间算法这类问题就是所谓的NP完全问题。 （3）NPC问题的定义非常简单。同时满足下面两个条件的问题就是NPC问题。首先，它得是一个NP问题；然后，所有的NP问题都可以约化到它。5CCF NOIP复赛考试结束后，因（ ABCD ）提出的申诉将不会被受理。A源程序文件名大小写错误B源程序保

14、存在指定文件夹以外的位置C输出文件的文件名错误D只提交了可执行文件，未提交源程序三、问题求解（共2题，每题5分，共计10分；每题全部答对得5分，没有部分分）1 某系统自称使用了一种防窃听的方式验证用户密码。密码是n个数s1，s2，sn，均为0或1。该系统每次随机生成n个数a1，a2，an，均为0或1，请用户回答（s1a1+s2a2+snan）除以2的余数。如果多次的回答总是正确，即认为掌握密码。该系统认为，即使问答的过程被泄露，也无助于破解密码因为用户并没有直接发送密码。然而，事与愿违。例如，当n=4时，有人窃听了以下5次问答：就破解出了密码s1= 0 ，s2= 1 ，s3= 1 ，s4= 1

15、 。【分析】（1）由第5组得到s1=0；（2）由第1组、第5组得到s2=1；（3）由第1组、第3组得到s3=1；（3）由第2组、第3组得到s4=1；2 现有一只青蛙，初始时在n号荷叶上。当它某一时刻在k号荷叶上时，下一时刻将等概率地随机跳到1，2，k号荷尔蒙叶之一上，直至跳到1号荷叶为止。当n=2时，平均一共跳2次；当n=3时，平均一共跳2.5次。则当n=5时，平均一共跳 37/12 次。【分析递推】（1）由n=2时，跳法22，21共2次，平均跳的次数f2=2次，说明在求平均时编号1不统计在内。（2）由n=3时，跳法33，32，31，再从2号跳跳法22，21共5次，平均跳的次数f3=2.5次；

16、f3=(3+f2)/2=2.5（3）由n=4时，跳法分别是落在1号、2号、3号、4号；平均跳的次数f4=（4+f2+f3）/3=（4+2+2.5）/3 = 8.5/3（4）由n=5时，跳法分别是落在1号、2号、3号、4号、5号；平均跳的次数f5=（5+f2+f3+f4）/4=（5+2+2.5+8.5/3）/4= 37/12四、阅读程序写结果（共4题，每题8分，共计32分）1【字符串判定输入的字符串是否是回文串】varn,i:integer;str:string;isPlalindrome:Boolean;begin readln(str); n:=Length(str); isPlalindr

17、ome:=true; for i:=1 to (n idv 2) do begin if (stristrn-i+1) then isPlalindrome:=false; end; if (isPlalindrome) then writeln(Yes) else writeln(No);end.输入：abceecba输出： Yes 【分析】 str1str8、str2str7 、 str3str6 、str4str5这4对字符相同则返回true2【数学到1000中是或的倍数的数的个数】Var a,b,u,v,I,num:integer;begin readln(a,b,u,v);num:=

18、0;for i:=a to b dobegin if (I mod u=0)or(I mod v=0) then inc(num);end;writeln(num);end.输入：1 1000 10 15输出： 133 【分析】此题计数1-1000范围内能够整除10或15的数有多少个，使用容斥原理或者集合求并很容易可以得到1000/10+1000/15-1000/30=133.3【动态规划最长上升子序列的长度】const SIZE=100;var n,ans,I,j:integer;height,num:array1.SIZE of integer; begin read(n); for i:

19、=1 to n do begin read(heighti); numi:=1; for j:=1 to i-1 do beginif (heightj=numi) then numi:=numj+1; end;end; ans:=0; for i:=1 to n do begin if (numians) then ans:=ans+numi; end; writeln(ans);end.输入：83 2 5 11 12 7 4 10输出： 4 【分析】【1.状态描述】 （1）heighti存放的数组（2）numi：数组height1heighti中中包含heighti上升序列长度【2.状态转

20、移】 1. 初始状态：numi:=1; num1:=1; 2. 状态转移：从下标1逐步递推到n，求解numi numi=Max numj, (1= j= i-1, heightj height3=5，num4= num3+1=3【4.算法设计】 1. 初始状态：numi:=1; num1:=1; 求解numi的最优解2. 状态前驱： numi的前驱状态numj：num1 numi-13. 状态转移： （1）条件：if (heightj=numi) （2）转移方程：numi:=numj+1;4【深度优先搜索上下左右找棋盘数字为0的连续单元格数量】const SIZE=100;var n,m,p,

21、count,ans,x,y,I,j:integer;a:array1.SIZE,1.SIZE of integer;procedure colour(x,y:integer);begin inc(count); axy:=1; if (x1)and(ax-1y=0) then colour(x-1,y); /上 if (y1)and(axy-1=0) then colour(x,y-1); /左 if (xn)and(ax+1y=0) then colour(x+1,y); /下 if (ym)and(axy+1=0) then colour(x,y+1); /右end;begin fillc

22、har(a,sizeof(a),0); readln(n,m,p); for i:=1 to p do begin read(x,y); axy:=1; end; ans:=0; for i:=1 to n dofor j:=1 to m do if aij=0 then begincount:=0; colour(i,j); if (anscount) then ans:=count; end; writeln(ans);end.输入：6 5 91 42 32 43 24 14 34 55 46 4输出： 7 【分析】【1.状态描述】 （1）棋盘状态：axy:=1或0（2）count,ans

23、：数字为0的连续单元格数量，count当前解,ans当前最优解【2.状态转移】 1. 初始状态：查找棋盘每个值为0的单元格 aij=0 2. 状态转移：如果aij=0则 （1）：状态修改 inc(count); aij:=1;（2）：按上下左右4个方向深度搜索下一单元格【3.算法分析】分上下左右找数字为0的连续单元格数量【4.算法设计】 1. 初始状态：查找棋盘每个值为0的单元格 ，并以它为起点查找数字为0的连续单元格数量count,初始count:=02. 父状态axy=0 procedure colour(x,y:integer);begin 1. 计算新状态：inc(count); 2.

24、 父状态访问过标志：axy:=1; 3. 试探各种子状态可能按上下左右4个方向深度搜索下一单元格 4. 下一单元格值为0，则深度搜索colour(x-1,y) end;五、完善程序（第1题15分，第2题13分，共计28分）1（序列重排）全局数组变量a定义如下：const int SIZE=100;int aSIZE,n;它记录着一个长度为n的序列a1，a2，an。现在需要一个函数，以整数p(1pn)为参数，实现如下功能：将序列a的前p个数与后n-p个数对调，且不改变这p个数（或n-p个数）之间的相对位置。例如，长度为5的序列1，2，3，4，5，当p=2时重排结果为3，4，5，1，2。有一种朴素

25、的算法可以实现这一需求，其时间复杂度为O(n)、空间复杂度为O(n)：procedure swap1(p:longint);var I,j:longint; b:array1.SIZE of longint;begin for i:=1 to p do b（1） n-p+i :=ai; /（2分） for i:=p+1 to n do bi-p:=ai; for i:=1 to n do ai:=bi;end;【分析】【算法设计】1. 第一种方法是通过开一个b数组，然后先将a数组中1到p的数复制到b数组中后p个位置：n-p+1到n。2. 将a数组p+1到n区间的数复制到b数组前段1n-p。3.

26、 最后再将b数组元素复制回a数组中；显然第一空是n-p+i。以p=3为例我们也可以用时间换空间，使用时间复杂度为O(n2)、空间复杂度为O(1)的算法：procedure swap2(p:longint);var I,j,temp:longint;begin for i:=p+1 to n do begintemp:=ai;for j:=I downto (2) i+1-p do aj:=aj-1; /（2分） (3) ai-p :=temp; /（2分） end;end;【分析】【1.算法分析】前P个数逐渐往后移动【2.算法设计】1.初始状态：将第p+1位置空出temp:=ai;，将前p个数

27、后移 2.空出位置i从p+1一直到n，移动的数就是i左边的p个数 3.将空出位置i原来的数temp放到i的前面空出的位置i-pai-p:=temp;事实上，还有一种更好的算法，时间复杂度为O(n)、空间复杂度为O(1);procedure swap3(p:longint);var start1,end1,start2,end2,I,j,temp:longint;begin start1:=1; end1:=p; start2:=p+1; end2:=n; while true do begin i:=star1; j:=start2; while (i=end1)and(j=end2) do begin temp:=ai; ai:=aj; aj:=temp; inc(i); inc(j);end;if i=end1 then start1:=ielse if (4) jend1) and( jend2) then 则交换的两段需要进行调整 （1）第一段start1、end1右移，应该在当前i、j之间： start1:=i ; end1:=J-1 （2）第二段start2右移、end2不变 start2:=j; 3. 状态转移2：第二段数组全部交换