NOIP2018初赛总结(提高组)（试题+答案+简要解析）
NOIP2018初赛总结(提高组)
更新完毕（纯手敲），如果有错误请在下面留言
单选题
T1.下列四个不同进制的数中，与其它三项数值上不相等的是
A.\((269)_{16}\)
B.\((617)_{10}\)
C.\((1151)_8\)
D.\((1001101011)_2\)
答案：D
实际上D比ABC要多2。这种题我一般先算2,8,16进制的，十进制难算，那三个很好互相转。
T2.下列属于解释执行的程序设计语言是
A.C
B.C++
C.Pascal
D.Python
答案：D
常识题。前三项都是编译型语言。
T3.中国计算机学会于?年创办全国青少年计算机程序设计竞赛。
A.1983
B.1984
C.1985
D.1986
答案：B
CCF颂歌题。凭感觉做题即可
upd：附上官方地址
背景：1984年*指出：“计算机的普及要从娃娃做起。”中国计算机学会于1984年创办全国青少年计算机程序设计竞赛（简 称：NOI），当年参加竞赛的有8000多人。这一新的活动形式受到党和政府的关怀，得到社会各界的关注与支持。中央领导王震同志出席了首届竞赛发 奖大会，并对此项活动给予了充分肯定。从此每年一次NOI活动，吸引越来越多的青少年投身其中。十几年来，通过竞赛活动培养和发现了大批计算机爱好者，选 拔出了许多优秀的计算机后备人才。当年的许多选手已成为计算机硕士、博士，有的已经走上计算机科研岗位。
T4.设根节点深度为0，一棵深度为h的满k(k>1)叉树，即除最后一层无任何叶子节点外，每一层上的所有节点都有k个子节点的树，共有?个节点
A.\(\displaystyle\frac{k^{h+1}-1}{k-1}\)
B.\(k^{h-1}\)
C.\(k^h\)
D.\(\displaystyle\frac{k^{h-1}}{k-1}\)
答案：A
可以打表可以记结论，甚至你还可以现场推结论：等比数列求和。第0层的节点为1，第1层为k，第二层为\(k^2\)，直到第\(h\)层为\(k^h\)，等比数列求和公式为\(\frac{1-k^{h+1}}{1-k}\)即可选A。
T5.设某算法的时间复杂度函数的递推方程是T(n)=T(n-1)+n（n为正整数）及T(0)=1，则该算法的时间复杂度为
A.O(log n)
B.O(n log n)
C.O(n)
D.O(n^2)
答案：D
NOIP2015初赛第?题
T6.表达式\(a*d-b*c\)的前缀形式是
A.\(ad*bc*-\)
B.\(-*ad*bc\)
C.\(a*d-b*c\)
D.\(-**adbc\)
答案：B
卧槽慌得一批差点看成后缀表达式。可以直接模拟得到结果。
T7.在一条长度为1的线段上随机取两个点，则以这两个点为端点的线段的期望长度是
A.1/2
B.1/3
C.2/3
D.3/5
答案：B
可以通过几何概型+体积什么什么的求。建立一个三维坐标系Oxyz，x轴代表点A位置，y轴代表点B位置，z轴代表线段长度期望，那么长度的期望就是两个四面体拼起来的图形，顶点为(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)和(1,1,0),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1)。这个几何体的体积为1/3（锥体体积为底面积乘以高再除以3），由于底面积为1，所以高度平均为1/3，即长度期望为1/3。zcysky的骗分思路也可以参考一下。
T8.关于Catalan数Cn=(2n)!/(n+1)!/n!，下列说法错误的是
A.Cn表示有n+1个节点的不同形态的二叉树的个数。
B.Cn表示含n对括号的合法括号序列的个数。
C.Cn表示长度为n的入栈序列对应的合法的出栈序列个数。
D.Cn表示通过连接顶点而将n+2边的凸多边形分成三角形的方法个数。
答案：A
A选项应该是n而不是n+1。可以把n=1、n=2时候暴力带入。
T9.假设一台抽奖机中有红、蓝两色的球，任意时刻按下抽奖按钮，都会等概率获得红球或蓝球之一。有足够多的人每人都用这台抽奖机抽奖，假如他们的策略均为：抽中蓝球则继续抽球，抽中红球则停止。最后每个人都把自己获得的所有球放到一个大箱子里，最终大箱子里的红球与蓝球的比例接近于
A.1:2
B.2:1
C.1:3
D.1:1
答案：D
考虑如果某个人抽中蓝球，就让他的儿子取抽球，那么每个人抽中红球蓝球的概率相等，那么答案为D。
T10.为了统计一个非负整数的二进制中1的个数，代码如下：
int CountBit(int x)
{
int ret = 0;
while (x)
{
ret++;
_________;
}
return ret;
}
则空格内要填入的语句是
A.x>>=1
B.x&=x-1
C.x|=x>>1
D.x<<=1
答案：B
假设二进制末尾是100000的形式，-1之后就是011111，与之后就是000000，最后一个1就没了。这个B选项其实就是lowbit操作。
不定项题
T1.NOIP初赛中，选手可以带入考场的有
A.笔
B.橡皮
C.手机（关机）
D.草稿纸
答案：AB
详见CCF官方规则。一般是不允许带手机和草稿纸，各地规定不太一样呢。
upd：附上官方规则的地址，本题考得是第12条。
选手进入考场时，只许携带笔、橡皮等非电子文具入场。禁止携带任何电子产品或机器设备入场，无存储功能的手表除外；手机（关机）、U盘或移动硬盘、键盘、鼠标、闹钟、计算器、书籍、草稿纸及背包等物品必须存放在考场外。如有违规带入的，一经发现，NOI各省特派员可直接取消违规选手的参赛资格。
T2.2-3树是一种特殊的树，它满足两个条件：
- 每个内部节点有两个或三个子节点；
- 所有的叶子节点到根的路径长度相同。
如果一棵2-3树有10个叶节点，那么它可能有?个非叶节点。
A.5
B.6
C.7
D.8
答案：CD
考虑每一层的节点数是1->2->5->10和1->2->4->10的形式。
T3.下列关于最短路算法的说法正确的有
A.当图中不存在负权回路但是存在负权边时，Dijkstra算法不一定能求出源点到所有点的最短路。
B.当图中不存在负权边时，调动多次Dijkstra算法能求出每对顶点间最短路径。
C.图中存在负权回路时，调用一次Dijkstra算法也一定能求出源点到所有点的最短路。
D.当图中不存在负权边时，调用一次Dijkstra算法不能用于每对顶点间的最短路计算。
答案：ABD
Dijkstra：单源最短路，不支持负权边。当然负权回路也是不行的
T4.下列说法中，是树的性质的有
A.无环
B.任意两个节点之间有且只有一条简单路径
C.有且只有一个简单环
D.边的数目恰好是顶点数目-1
答案：ABD
树的性质常识题。
T5.下列关于图灵奖的说法中，正确的有
A.图灵奖是由电气和电子工程师协会（IEEE）设立的。
B.目前获得该奖项的华人学者只有姚期智教授衽。
C.其名称取自计算机科学的先驱、英国科学家艾伦·麦席森·图灵。
D.它是计算机界最负盛名、最崇高的一个奖项，有“计算机界的诺贝尔奖”之称。
答案：BCD
图灵奖是美国的ACM协会创办的。
问题求解
T1.甲乙丙丁四人在考虑周末要不要外出郊游。
已知
- 如果周末下雨，并且乙不去，则甲一定不去；
- 如果乙去，则丁一定去；
- 如果丙去，则丁一定不去；
- 如果丁不去，而且甲不去，则丙一定不去。
如果周末丙去了，则甲（去了/没去），乙（去了/没去），丁（去了/没去），周末（下雨、没下雨）。
答案：去了，没去，没去，没下雨
根据3，丙去了，那么丁没去
根据2的逆否，丁没去，乙一定没去
根据4，丙去了，丁没去，那么甲一定去了//upd于12.13
根据1，乙没去，甲去了，周末不下雨
T2.方程\(a*b=(a\ \mathrm{or}\ b)*(a\ \mathrm{and}\ b)\)，在a和b都取[0,31]中的整数时，共有?组解。（*表示乘法；or表示按位或运算；and表示按位与运算）
答案：454
介绍一个结论：\(a\ \mathrm{and}\ b\le\min(a,b)\le\max(a,b)\le a\ \mathrm{or}\ b<2*\max(a,b)\)
最后一个小于号可能不太理解，因为乘以一个2一定要进位，a or b一定是不会进位的。前面的不等号很好理解
那么对答案的贡献形式一定是\(\left\{\begin{aligned}a\ \mathrm{and}\ b=\min(a,b)\\a\ \mathrm{or}\ b=\max(a,b)\end{aligned}\right.\)。那么最小值的二进制一定是最大值的二进制的子集。枚举所有二进制可能的位数，由于要删去\(a=b\)的重复情况，那么答案为\(\displaystyle2\times\left(\sum_{i=0}^5\mathrm{C}_{5}^i\times2^i\right)-32=454\)
阅读程序写结果
程序自己打的，大括号换了行否则太不顺眼了。。。
#include <cstdio>
int main()
{
int x;
scanf("%d", &x);
int res = 0;
for (int i = 0; i < x; ++i)
{
if (i * i % x == 1)
{
++res;
}
}
printf("%d", res);
return 0;
}
输入：15
输出：4
打表找0到14中所有数平方对15取模判断是否为1即可，最后是1,4,11,14是答案。建议验算几遍，以免出错。
#include <cstdio>
int n, d[100];
bool v[100];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%d", d + i);
v[i] = false;
}
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (!v[i])
{
for (int j = i; !v[j]; j = d[j])
{
v[j] = true;
}
++cnt;
}
}
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}
输入：10 7 1 4 3 2 5 9 8 0 6
输出：6
置换的阶的计数。我tm一开始看成11个元素的置换了，把开头的10也算进去了算成了3。这个动手模拟很简单的。
#include <iostream>
using namespace std;
string s;
long long magic(int l, int r)
{
long long ans = 0;
for (int i = l; i <= r; ++i)
{
ans = ans * 4 + s[i] - 'a' + 1;
}
return ans;
}
int main()
{
cin >> s;
int len = s.length();
int ans = 0;
for (int l1 = 0; l1 < len; ++l1)
{
for (int r1 = l1; r1 < len; ++r1)
{
bool bo = true;
for (int l2 = 0; l2 < len; ++l2)
{
for (int r2 = l2; r2 < len; ++r2)
{
if (magic(l1, r1) == magic(l2, r2) && (l1 != l2 || r1 != r2))
{
bo = false;
}
}
}
if (bo)
{
ans += 1;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
输入：abacaba
输出：16
寻找字符串中独一无二的子串的个数。magic函数其实是[l,r]区间内的一个BKDRHash。什么鬼名字。话说CCF的程序效率太低了吧
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 110;
bool isUse[N];
int n, t;
int a[N], b[N];
bool isSmall()
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (a[i] != b[i]) return a[i] < b[i];
return false;
}
bool getPermutation(int pos)
{
if (pos > n)
{
return isSmall();
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (!isUse[i])
{
b[pos] = i; isUse[i] = true;
if (getPermutation(pos + 1))
{
return true;
}
isUse[i] = false;
}
}
return false;
}
void getNext()
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
isUse[i] = false;
}
getPermutation(1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
a[i] = b[i];
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &t);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= t; ++i)
{
getNext();
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
printf("%d", a[i]);
if (i == n) putchar('\n'); else putchar(' ');
}
return 0;
}
输入1：6 10 1 6 4 5 3 2
输出1：2 1 3 5 6 4
输入2：6 200 1 5 3 4 2 6
输出2：3 2 5 6 1 4
不难看出本题是求排列的下t个排列，CCF这个程序实现的效率太菜了吧，竟然从初始排列不断枚举，直到排列大于给定排列。
对于输入1，可以直接手推
对于输入2，正解应该是康托展开（了解一下），但是也可以一次跳阶乘次步。例如当后3位是单调递减的时候，可以直接跳3的阶乘次步，直接转移到下一个后3位是单调递减的情况。能节省中间模拟的时间，这种方法对不会康托展开的同学（比如我）适用
完善程序
T1.对于一个1到n的排列P（即1到n中每一个数在P中出现了恰好一次），令\(q_i\)为第i个位置之后第一个比\(P_i\)值更大的位置，如果不存在这样的位置，则\(q_i=n+1\)。举例来说，如果n=5且P为1 5 4 2 3，则q为2 6 6 5 6。
下列程序读入了排列P，使用双向链表求解了答案。试补全程序。（第二空2分，其余3分）
数据范围\(1\le n\le10^5\)。
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
int L[N], R[N], a[N];
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x;
cin >> x;
____(1)____;//a[x] = i
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
R[i] = ____(2)____;//i + 1
L[i] = i - 1;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
L[____(3)____] = L[a[i]];//R[a[i]]
R[L[a[i]]] = R[____(4)____];//a[i]
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
cout << ____(5)____ << " ";//R[i]
}
cout << endl;
return 0;
}
1.a[i]表示大小为i的元素所在位置。
2.对称地写下一行的东西。链表的下一个元素。
3.对称地写下一行的东西。删除链表中本元素，把本元素右边元素的左指针跨过本元素指向左侧元素。
4.还是对称。把左边元素右指针指向右侧元素。
5.输出第i个数的后继元素即第一个比他大的元素，即R[i]。
T2.一只小猪要买N件物品（N不超过1000）。
它要买的所有商品在两家商店里都有卖。第i件物品在第一家商店的价格是a[i]，在第二家商店的价格是b[i]，两个价格都不小于0且不超过10000。如果在第一家商店买的物品的总额不少于50000，那么在第一家店买的物品都可以打95折（价格变为原来的0.95倍）。
求小猪买齐所有物品所需最小的总额。
输入：第一行一个数N。接下来N行，每行两个数。第i行的两个数分别代表a[i]，b[i]。
输出：输出一行一个数，表示最少需要的总额，保留两位小数。
试补全程序。（第一空2分，其余3分）
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int Inf = 1000000000;
const int threshold = 50000;
const int maxn = 1000;
int n, a[maxn], b[maxn];
bool put_a[maxn];
int total_a, total_b;
double ans;
int f[threshold];
int main()
{
scanf("%d", &n);
total_a = total_b = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%d%d", a + i, b + i);
if (a[i] <= b[i]) total_a += a[i];
else total_b += b[i];
}
ans = total_a + total_b;
total_a = total_b = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (____(1)____)//0.95 * a[i] <= b[i]
{
put_a[i] = true;
total_a += a[i];
}
else
{
put_a[i] = false;
total_b += b[i];
}
}
if (____(2)____)//total_a >= threshold
{
printf("%.2f", total_a * 0.95 + total_b);
return 0;
}
f[0] = 0;
for (int i = 1; i < threshold; ++i)
f[i] = Inf;
int total_b_prefix = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (!put_a[i])
{
total_b_prefix += b[i];
for (int j = threshold - 1; j >= 0; --j)
{
if (____(3)____ >= threshold && f[j] != Inf)//total_a + j + a[i]
ans = min(ans, (total_a + j + a[i]) * 0.95 + ____(4)____);//f[j] + total_b - total_b_prefix
f[j] = min(f[j] + b[i], j >= a[i] ? ____(5)____ : Inf);//f[j - a[i]]
}
}
}
printf("%.2f", ans);
return 0;
}
一个奇怪的DP。
1.如果是a[i]<=b[i]，那么要上面的统计有啥用。这里的循环其实是在假定需要打折的情况下，先挑选已经钦定的a[i]的物品。
2.判断如果打折，直接购买便宜的a是否已经ok了。如果是就不需要再舍弃b购买一个较贵的a了，直接输出即可。
3.注意到下面是total_a + j + a[i]乘的0.95，那么这个一定是a的总价，那么它一定要大于等于50000。
4.观察下面的min，f[j]+b[i]说明f数组记录的是和b的价格有关的，而且它必须要出现，那么就放到这里。注意到total_b_prefix和total_b没有用过，说明他俩必须要用上，由于prefix是前缀，所以让total_b减去total_b_prefix即可。
5.由于j>=a[i]，那么j-a[i]>=0，考虑我们的背包转移，可以大胆猜想这里填f[j-a[i]]。
本题实际上的状态是f[j]代表在前i个物品中，购买a店物品j元情况下购买b店物品的最小价值。total_a+j+a[i]代表买所有钦定要买的+额外需要买的+这次买的，f[j]+total_b-total_b_prefix是指i到n中所有选b，前面按照f[j]的状态取，b的价格。最后f[j]和取这次的b[i]与从j-a[i]转移过来去一个min，表示j这个状态取b还是取a。
总结：这次考试我拿了95分，总体来说题和去年水平差不多，这套题还是比较注重思维能力吧，当然不少了CCF颂歌题，“常识”题。希望大家参加NOIP2018复赛时候RP++吧。
