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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. 从( )年开始,NOIP 竞赛将不再支持 Pascal 语言。

  • A.2020
  • B.2021
  • C.2022
  • D.2023

2. 在 8 位二进制补码中,10101011 表示的数是十进制下的( )。

  • A.43
  • B.-85
  • C.-43
  • D.-84

3. 分辨率为 1600x900、16 位色的位图,存储图像信息所需的空间为( )。

  • A.2812.5KB
  • B.4218.75KB
  • C.4320KB
  • D.2880KB

4. 2017年10月1日是星期日,1949年10月1日是( )。

  • A.星期三
  • B.星期日
  • C.星期六
  • D.星期二

5. 设 G 是有 n 个结点、m 条边(n ≤m)的连通图,必须删去 G 的( )条边,才能使得 G 变成一棵树。

  • A.m–n+1
  • B.m-n
  • C.m+n+1
  • D.n–m+1

6. 若某算法的计算时间表示为递推关系式: T(N)=2T(N/2)+NlogN T(1)=1 则该算法的时间复杂度为( )。

  • A.O(N)
  • B.O(NlogN)
  • C.O(N log2N)
  • D.O(N^2)

7. 表达式a * (b + c) * d的后缀形式是()。

  • A.abcd*+*
  • B.abc+*d*
  • C.a*bc+*d
  • D.b+c*a*d

8. 由四个不同的点构成的简单无向连通图的个数是( )。

  • A.32
  • B.35
  • C.38
  • D.41

9. 将7个名额分给4个不同的班级,允许有的班级没有名额,有( )种不同的分配方案。

  • A.60
  • B.84
  • C.96
  • D.120

10. 若f[0]=0, f[1]=1, f[n+1]=(f[n]+f[n-1])/2,则随着i的增大,f[i]将接近与( )。

  • A.1/2
  • B.2/3
  • C.(sqrt(5)-1)/2
  • D.1

11. 设A和B是两个长为n的有序数组,现在需要将A和B合并成一个排好序的数组,请问任何以元素比较作为基本运算的归并算法最坏情况下至少要做( )次比较。

  • A.n^2
  • B.nlogn
  • C.2n
  • D.2n-1

12. 在n(n>=3)枚硬币中有一枚质量不合格的硬币(质量过轻或质量过重),如果只有一架天平可以用来称重且称重的硬币数没有限制,下面是找出这枚不合格的硬币的算法。请把a-c三行代码补全到算法中。 a. A ← XUY b. A← Z c. n←|A| 算法Coin(A,n) 1. k ← n/3 2. 将A中硬币分成X,Y,Z三个集合,使得|X|=|Y|=k,|Z|=n-2k 3. if W(X)≠W(Y) //W(X), W(Y)分别为X或Y的重量 4. then_______ 5. else_______ 6. __________ 7. if n>2 then goto 1 8. if n=2 then 任取A中1枚硬币与拿走硬币比较,若不等,则它不合格;若相等,则A中剩下的硬币不合格 9. if n=1 then A中硬币不合格 正确的填空顺序是( )。

  • A.b,c,a
  • B.c,b,a
  • C.c,a,b
  • D.a,b,c

13. 在正实数构成的数字三角形排列形式如图所示,第一行的数为a11;第二行的数从左到右依次为a21,a22;…第n行的数为an1,an2,…,ann。从a11开始,每一行的数aij只有两条边可以分别通向下一行的两个数a(i+1)j和a(i+1)(j+1)。用动态规划算法找出一条从a11向下通到an1,an2,…,ann中某个数的路径,使得该路径上的数之和达到最大。 令C[i,j]是从a11到aij的路径上的数的最大和,并且C[i,0]=C[0,j]=0,则C[i,j]=( )。

  • A.max{C[i-1,j-1],C[i-1,j]}+aij
  • B.C[i-1,j-1]+c[i-1,j]
  • C.max{C[i-1,j-1],C[i-1,j]}+1
  • D.max{C[i,j-1],C[i-1,j]}+aij

14. 小明要去南美洲旅游,一共乘坐三趟航班才能到达目的地,其中第1个航班准点的概率是0.9,第2个航班准点的概率为0.8,第3个航班准点的概率为0.9。如果存在第i个(i=1,2)航班晚点,第i+1个航班准点,则小明将赶不上第i+1个航班,旅行失败;除了这种情况,其他情况下旅行都能成功。请问小明此次旅行成功的概率是( )。

  • A.0.5
  • B.0.648
  • C.0.72
  • D.0.74

15. 欢乐喷球:儿童游乐场有个游戏叫“欢乐喷球”,正方形场地中心能不断喷出彩色乒乓球,以场地中心为圆心还有一个圆轨道,轨道上有一列小火车在匀速运动,火车有六节车厢。假设乒乓球等概率落到正方形场地的每个地点,包括火车车厢。小朋友玩这个游戏时,只能坐在同一个火车车厢里,可以在自己的车厢里捡落在该车厢内的所有乒乓球,每个人每次游戏有三分钟时间,则一个小朋友独自玩一次游戏期望可以得到( )个乒乓球。假设乒乓球喷出的速度为2个/秒,每节车厢的面积是整个场地面积的1/20。

  • A.60
  • B.108
  • C.18
  • D.20

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,多选或少选均不得分)

1. 以下排序算法在最坏情况下时间复杂度最优的有( )。

  • A.冒泡排序
  • B.快速排序
  • C.归并排序
  • D.堆排序

2. 对于入栈顺序为 a, b, c, d, e, f, g 的序列,下列()不可能是合法的出栈序列。

  • A.a,b,c,d,e,f,g
  • B.a,d,c,b,e,g,f
  • C.a,d,b,c,g,f,e
  • D.g,f,e,d,c,b,a

3. 下列算法中,( )是稳定的排序算法。

  • A.快速排序
  • B.堆排序
  • C.希尔排序
  • D.插入排序

4. 以下是面向对象的高级语言的是( )。

  • A.汇编语言
  • B.C++
  • C.Fortan
  • D.Java

5. 以下和计算机领域密切相关的奖项是( )。

  • A.奥斯卡奖
  • B.图灵奖
  • C.诺贝尔奖
  • D.王选奖

三、问题求解(共2题,每题5分,共计10分)

1. 如图所示,共有 13 个格子。对任何一个格子进行一次操作,会使得它自己以及与它上下左右相邻的格子中的数字改变(由 1 变0,或由 0 变 1)。现在要使得所有的格子中的数字都变为 0,至少需要 ( ) 次操作。
答案:3

2. 如图所示,A到B是连通的。假设删除一条细的边的代价是1,删除一条粗的边的代价是2,要让A、B不连通,最小代价是______(2分),最小代价的不同方案数是_____(3分)。(只要有一条删除的边不同,就是不同的方案)
答案:4|9

四、阅读程序写结果(共4题,每题8分,共计32分)

1.

#include<iostream>
using namespacestd;
int g(int m, intn, int x) {
	int ans = 0;
	int i;
	if( n == 1)
		return 1;
	for (i=x; i <=m/n; i++)
		ans += g(m -i, n-1, i);
	return ans;
}
int main() {
	int t, m, n;
	cin >> m >> n;
	cout << g(m, n, 0) << endl;
	return 0;
}
输入: 8  4
输出:15

2.

#include<iostream>
using namespacestd;
int main() {
	int n, i, j, x, y, nx, ny;
	int a[40][40];
	for (i = 0; i< 40; i++)
		for (j = 0; j< 40; j++)
			a[i][j]= 0;
	cin >> n;
	y = 0;
	x = n-1;
	n = 2*n-1;
	for (i = 1; i <= n*n; i++) {
		a[y][x] =i;
		ny = (y-1+n)%n;
		nx = (x+1)%n;
		if ((y == 0 && x == n-1)||a[ny][nx] !=0)
			y= y+1;
		else {
			y = ny;
			x = nx;
		}
	}
	for (j = 0; j < n; j++)
		cout << a[0][j]<< "";
	cout << endl;
	return 0;
}
输入: 3
输出:17 24 1 8 15

3.

#include<iostream>
using namespacestd;
int n, s,a[100005], t[100005], i;
void mergesort(intl, int r) {
	if (l == r)
		return;
	int mid = (l + r) / 2;
	int p = l;
	int i = l;
	int j = mid + 1;
	        mergesort (l, mid);
	mergesort (mid + 1, r);
	while (i <= mid && j<= r) {
		if (a[j] < a[i]) {
			s += mid - i+1;
			t[p] = a[j];
			p++;
			j++;
		} else {
			t[p] = a[i];
			p++;
			i++;
		}
	}
	while (i <= mid) {
		t[p] = a[i];
		p++;
		i++;
	}
	while (j <= r) {
		t[p] = a[j];
		p++;
		j++;
	}
	for (i = l; i <= r; i++ )
		a[i] = t[i];
}
int main() {
	cin >> n;
	for (i = 1; i <= n; i++)
		cin>> a[i];
	mergesort (1, n);
	cout << s << endl;
	return 0;
}
输入:
6
2 6 3 4 5 1
输出:8

4.

#include<iostream>
using namespacestd;
int main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	int x = 1;
	int y = 1;
	int dx = 1;
	int dy = 1;
	int cnt = 0;
	while (cnt != 2) {
		cnt = 0;
		x = x + dx;
		y = y + dy;
		if (x == 1||x == n) {
			++cnt;
			dx = -dx;
		}
		if (y == 1||y == m) {
			++cnt;
			dy = -dy;
		}
	}
	cout << x << " " << y<< endl;
	return 0;
}
输入1: 4 3
 (2 分)
输入2: 2017 1014
 (3 分)
输入3: 987 321
 (3分)

输出:1 3|2017 1|1 321

五、完善程序(共2题,每题14分,共计28分)

1. 大整数除法:给定两个正整数p和q,其中p不超过10^100,q不超过100000,求p除以q的商和余数。(第一空2分,其余3分)
输入:第一行是p的位数n,第二行是正整数p,第三行是正整数q。
输出:两行,分别是p除以q的商和余数。

#include<iostream>
using namespacestd;
int p[100];
int n, i, q,rest;
char c;
int main() {
	cin >> n;
	for (i = 0; i < n; i++) {
		cin >> c;
		p[i] = c - '0';
	}
	cin >> q;
	rest = p[0] ;
	i = 1;
	while ( rest<q && i < n) {
		rest = rest * 10 + p[i];
		i++;
	}
	if (rest < q)
		cout << 0 <<endl;
	else {
		cout << rest/q ;
		while (i < n) {
			rest = rest%q*10+p[i] ;
			i++;
			cout<< rest/q ;
		}
		cout << endl;
	}
	cout << rest%q << endl;
	return 0;
}

2. 最长路径:给定一个有向五环图,每条边长度为1,求图中的最长路径长度。(第五空 2 分,其余 3分)
输入:第一行是结点数n(不超过100)和边数m,接下来m行,每行两个整数a,b,表示从结点a到结点b有一条有向边。结点标号从0到(n-1)。
输出:最长路径长度。
提示:先进行拓扑排序,然后按照拓扑排序计算最长路径。

#include<iostream>
using namespacestd;
int n, m, i, j,a, b, head, tail, ans;
int graph[100][100]; // 用邻接矩阵存储图
int degree[100];     // 记录每个结点的入度
int len[100];       // 记录以各结点为终点的最长路径长度
int queue[100];    // 存放拓扑排序结果
int main() {
	cin >> n >> m;
	for (i = 0; i < n; i++)
		for (j = 0; j < n; j++)
			graph[i][j]= 0;
	for (i = 0; i < n; i++)
		degree[i] =0;
	for (i = 0; i < m; i++) {
		cin>> a >>b;
		graph[a][b]= 1;
		 degree[b]++ ;
	}
	tail = 0;
	for (i = 0; i < n; i++)
		if ( degree[i]==0 ) {
			queue[tail]= i;
			tail++;
		}
	head = 0;
	while (tail < n-1) {
		for (i = 0; i < n; i++)
			if(graph[queue[head]] [i] == 1) {
				 degree[i]-- ;
				if(degree[i] == 0) {
					queue[tail]= i;
					tail++;
				}
			}
		head++ ;
	}
	ans = 0;
	for (i = 0; i < n; i++) {
		a = queue[i];
		len[a] = 1;
		for (j = 0; j < n; j++)
			if(graph[j][a] == 1 && len[j] + 1 >len[a])
				len[a]= len[j] + 1;
		if (ans<len[a])
			ans= len[a];
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}