[五年CSP三年模拟]洛谷2020初赛模拟赛分析

#1.0 单项选择题

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#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.

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#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]

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#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	$ZZ + 2 \times 26^2$
BYZ	2038	$ZZ + 2 \times 26^2 - Z$
BYT	2022	$ZZ + 2 \times 26^2 - Z - 16$
故选 B.

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#1.4 第4题

题面

分析与解答

图片大小计算公式:

$$图片大小=\dfrac{分辨率（长 \times 宽） \times 位深}{8}$$

这张图片的大小为：

$$\begin{align*} &\dfrac{4096 \times 2160 \times 24}{8} B\\ =&(1024 \times 1080 \times 24) B\\ =&(1080 \times 24) KB\\ \approx & 25MB \end{align*}$$

故选 B.

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#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.

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#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.

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#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 $42 \times 2=84$ 次
故选 A.

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#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 $2 \times i$，右儿子编号为 $2 \times i+1$，
  故可得下图
  
  所以数组最大下标为 $13$
  故选 B.

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#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.

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#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.

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#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

$$C^{m-1}_{n+m-1}=C^2_8=\dfrac{8!}{(8 - 2)! \times 2!} = 28$$

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 $2 \times 2=4$ 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.

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#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 $O(n\log{n})$
• 冒泡排序 $O(n^2)$
• 快速排序 $O(n\log{n})$
• 归并排序 $O(n\log{n})$
• 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.

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#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.

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#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 $\dfrac{7 \times (7-1)}{2}=21$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.

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#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

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#2.0 阅读程序

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#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.

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#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´-)

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#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

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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

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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

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#3.0 补全程序

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#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\n", 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

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#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\n", 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.

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#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：

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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>>

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最后祝各位 $CSP2020 \quad rp++$ !

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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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