CSP-S 2025第一轮

CSP-S 2025 初赛真题

一、单项选择

有 5 个红色球和 5 个蓝色球，它们除了颜色之外完全相同。将这 10 个球排成一排，要求任意两个蓝色球都不能相邻，有多少种不同的排列方法？
A. 25
B. 30
C. 6
D. 120
在 KMP 算法中，对于模式串 P=“abacaba”，其 next 数组 (next[i] 定义为模式串 P[0…i] 最长公共前后缀的长度，且数组下标从 0 开始) 的值是什么？
A. {0, 0, 1, 0, 1, 2, 3}
B. {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}
C. {0, 0, 1, 1, 2, 2, 3}
D. {0, 0, 0, 0, 1, 2, 3}
对一个大小为 16 (下标 0-15) 的数组上构造满线段树，查询区间 [3, 11] 时，最少需要访问多少个树结点（包括路径上的父结点和完全包含在查询区间内的结点）？
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
将字符串 “cat”, “car”, “cart”, “case”, “dog”, “do” 插入一个空的 Trie 树（前缀树）中，构造完成 Trie 树（包括根节点）共有多少个结点？
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
对于一个包含 n 个结点和 m 条边的有向无环图 (DAG)，其拓扑排序的结果有多少种可能？
A. 只有 1 种
B. 最多 n 种
C. 等于 n-m 种
D. 以上都不对
在一个大小为 13 的哈希表中，使用闭散列法的线性探查来解决冲突。哈希函数为 H(key)=key mod 13，依次插入关键字 18, 26, 35, 9, 68, 74，插入 74 后，它最终被放置在哪个索引位置？
A. 5
B. 7
C. 9
D. 11
一个包含 8 个顶点的完全图（顶点的编号为 1 到 8），任意两点之间的边权重等于两顶点编号的差的绝对值。例如，顶点 3 和 7 之间的边权重为 |7 3| = 4。该图的最小生成树总权重是多少？
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
如果一棵二叉搜索树的后序遍历序列是 2, 5, 4, 8, 12, 10, 6，那么该树的前序遍历是什么？
A. 6, 4, 2, 5, 10, 8, 12
B. 6, 4, 5, 2, 10, 12, 8
C. 2, 4, 5, 6, 8, 10, 12
D. 12, 8, 10, 5, 2, 4, 6
一个 0-1 背包问题，背包容量为 20，现有 5 个物品，其重量和价值分别为 7, 5, 4, 3, 6 和 15, 12, 9, 7, 13。装入背包的物品能获得的最大总价值是多少？
A. 43
B. 41
C. 45
D. 44
在一棵以结点 1 为根的树中，结点 12 和结点 18 的最近公共祖先 (LCA) 是结点 4。那么下列哪个结点的 LCA 组合是不可能出现的？
A. LCA(12, 4) = 4
B. LCA(18, 4) = 4
C. LCA(12, 18, 4) = 4
D. LCA(12, 1) = 4
递归关系式 T(n) = 2T(n/2) + O(n²) 描述了某个分治算法的时间复杂度。请问该算法的时间复杂度是多少？
A. O(n)
B. O(n log n)
C. O(n²)
D. O(n²log n)
在一个初始为空的最小堆 (min-heap) 中，依次插入元素 20, 12, 15, 8, 10, 5。然后连续执行两次"删除最小值" (delete-min) 操作，请问此时堆顶元素是什么？
A. 10
B. 12
C. 15
D. 20
1 到 1000 之间，不能被 2、3、5 中任意一个数整除的整数有多少个？
A. 266
B. 267
C. 333
D. 734
斐波那契数列的定义为 F(0)=0, F(1)=1, F(n)=F(n−1)+F(n−2)。使用朴素递归方法计算 F(n) 的时间复杂度是指数级的。而使用动态规划（或迭代）方法的时间复杂度是线性的。适应这种巨大差异的根本原因是？
A. 递归函数调用栈开销过大
B. 操作系统对递归深度有限制
C. 朴素递归中存在大量的重叠子问题未被重复利用
D. 动态规划使用了更少的数据存储空间
有 5 个独立的、不可抢占的任务 A1, A2, A3, A4, A5 需要在一台机器上执行（从时间 0 开始执行），每个任务都有对应的处理时长和截止时刻，按顺序分别为 3,4,2,5,1 和 5,10,3,15,11。如果某一个任务超时，相应的惩罚等于其处理时长。为了最小化总惩罚，应该优先执行哪个任务？
A. 处理时间最短的任务 A5
B. 截止时间最早的任务 A3
C. 处理时间最长的任务 A4
D. 任一任务都可以

二、程序阅读

第一题

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
bool flag[27];
int n;
int p[27];
int ans = 0;
void dfs(int k) {
    if (k == n + 1){
        ++ ans;
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (flag[i]) continue;
        if (k > 1 && i == p[k 1] + 1) continue;
        p[k] = i;
        flag[i] = true;
        dfs(k + 1);
        flag[i] = false;
    }
    return;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    dfs(1);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

(1). (1 分) 当输入的 n=3 的时候，程序输出的答案为 3。
A. 正确
B. 错误

(2). 在 dfs 函数运行过程中，k 的取值会满足 1≤k≤n+1。
A. 正确
B. 错误

(3). 删除第 19 行的 flag[i]=false，对答案不会产生影响。
A. 正确
B. 错误

(4). 当输入的 n=4 的时候，程序输出的答案为 ( )。
A. 11
B. 12
C. 24
D. 9

(5). 如果因为某些问题，导致程序运行第 25 行的 dfs 函数之前，数组 p 的初值并不全为 0，则对程序的影响是 ( )。
A. 输出的答案比原答案要小
B. 无法确定输出的答案
C. 程序可能陷入死循环
D. 没有影响

(6). 假如删去第 14 行的 if(flag[i])continue，输入 3，得到的输出答案是 ( )。
A. 27
B. 3
C. 16
D. 12

第二题

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
int cnt_broken = 0;
int cnt_check = 0;
int n, k;
inline bool check(int h) {
    printf("now check:%d\n", h);
    ++cnt_check;
    if (cnt_broken == 2) {
        printf("You have no egg!\n");
        return false;
    }
    if (h >= k) {
        ++cnt_broken;
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}
inline bool assert_ans(int h) {
    if (h == k) {
        printf("You are Right using %d checks\n", cnt_check);
        return true;
    } else {
        printf("Wrong answer!\n");
        return false;
    }
}
inline void guess1(int n) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (check(i)) {
            assert_ans(i);
            return;
        }
    }
}
inline void guess2(int n) {
    int w = 0;
    for (w = 1; w * (w + 1) / 2 < n; ++w)
        ;
    for (int ti = w, nh = w; --ti, nh += ti, nh = std::min(nh, n)) {
        if (check(nh)) {
            for (int j = nh ti + 1; j < nh; ++j) {
                if (check(j)) {
                    assert_ans(j);
                    return;
                }
            }
            assert_ans(nh);
            return;
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n, &k);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    if (t == 1) {
        guess1(n);
    } else {
        guess2(n);
    }
    return 0;
}

(注意：下述的"猜测数"为调用 check 函数的次数 (即 cnt_check 的值)；"猜测正确"的含义为 assert_ans 函数 return true (执行第 25 行所在分支)的情况；所有输入保证 1 ≤ k ≤ n。)

(1). 当输入为 “6 5 1” 时，猜测次数为 5；当输入为 “6 5 2” 时，猜测次数为 3。
A. 正确
B. 错误

(2). 不管输入的 n 和 k 具体为多少，t=2 时的猜测数总是小于等于 t=1 时的猜测数。
A. 正确
B. 错误

(3). 不管 t=1 或 t=2，程序都一定会得到正确结果。
A. 正确
B. 错误

(4). 函数 guess1 在运行过程中，cnt_broken 的值最多为 ( )。
A. 0
B. 1
C. 2
D. n

(5). 函数 guess2 在运行过程中，最多使用的猜测次数的量级为 ( )。
A. O(n)
B. O(n²)
C. O(√n)
D. O(log n)

(6). 当输入的 n=100 的时候，代码中 t=1 和 t=2 分别需要的猜测次数最多分别为 ( )。
A. 100, 14
B. 100, 13
C. 99, 14
D. 99, 13

第三题

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#define ll long long
int n, m;
std::vector<int> ans1, ans2;
int cnt1, cnt2;
inline int mpow(int x, int k) {
    int ans = 1;
    for (; k; k >>= 1, x = x * x) {
        if (k & 1)
            ans = ans * x;
    }
    return ans;
}
inline void dfs(std::vector<int>& ans, int& cnt, int l, int r, int v) {
    if (l > r) {
        ans.push_back(v);
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        dfs(ans, cnt, l + 1, r, v + k[i] * mpow(i, p[l]));
    }
    return;
}
std::vector<int> cntans1;
int main() {
    scanf("%d", &n, &m);
    k.resize(n + 1);
    p.resize(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d%d", &k[i], &p[i]);
    }
    dfs(ans1, cnt1, 1, n >> 1, 0);
    dfs(ans2, cnt2, (n >> 1) + 1, n, 0);
    std::sort(ans1.begin(), ans1.end());
    int newcnt1 = 1;
    cntans1.push_back(1);
    for (int i = 1; i < cnt1; ++i) {
        if (ans1[i] == ans1[newcnt1 1]) {
            ++cntans1[newcnt1 1];
        } else {
            ans1[newcnt1] = ans1[i];
            cntans1.push_back(1);
        }
        newcnt1 = newcnt1;
    }
    std::sort(ans2.begin(), ans2.end());
    ll ans = 0;
    for (int i = cnt2 1; i >= 0; --i) {
        for (; las < cnt1 && ans1[las] + ans2[i] < 0; ++las)
            ;
        if (las < cnt1 && ans1[las] + ans2[i] == 0) {
            ans += cntans1[las];
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

(1). 删除第 51 行的std::sort(ans2.begin(), ans2.end());后，代码输出的结果不会受到影响。
A. 正确
B. 错误

(2). 假设计算过程中不发生溢出，函数 mpow(x, k) 的功能是求出 $x^k$ 的取值。( )
A. 正确
B. 错误

(3). 代码中第 39 行到第 50 行的目的是为了将 ans1 数组进行"去重"操作。( )
A. 正确
B. 错误

(4). 当输入为"3 15 1 2 -1 2 1 2"时，输出结果为 ( )
A. 4
B. 8
C. 0
D. 10

(5). 记程序结束前 p 数组元素的最大值为 P，则该代码的时间复杂度是 ( )
A. $O(n)$
B. $O(m^n \log m^n)$
C. $O(m^{n/2} \log m^{n/2})$
D. $O(m^{n/2}(\log m^{n/2} + \log P))$

(6). 本题所求的是 ( )。
A. 满足 a, b, c ∈ [1, m] 的整数方程 a³ + b³ = c³ 的解的数量
B. 满足 a, b, c ∈ [1, m] 的整数方程 a² + b² = c² 的解的数量
C. 满足 xi ∈ [0, m] 的整数方程 Σ(i=1 to n) ki * x_i^pi = 0 的解的数量
D. 满足 xi ∈ [1, m] 的整数方程 Σ(i=1 to n) ki * x_i^pi = 0 的解的数量

程序填空

第一题

（特殊最短路）给定一个含 N 个点 M 条边的带权无向图，边权非负。起点为 S，终点为 T。对于一条 S 到 T 的路径，可以在整条路径中，至多选择一条边作为"免费边"；当第一次经过这条被选中的边时，费用视为 0；如果之后再次经过该边，则仍按其原始权重计费。点和边均可重复经过。求从 S 到 T 的最小总费用。
以下代码求解了上述问题，试补全程序。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;

const long long INF = 1e18;

struct Edge {
    int to;
    int weight;
};

struct State {
    long long dist;
    int u;
    int used_freebie; // 0 for not used, 1 for used
    bool operator>(const State &other) const {
        return dist > other.dist;
    }
};

int main() {
    int n, m, s, t;
    cin >> n >> m >> s >> t;

    vector<vector<Edge>> adj(n + 1);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        adj[u].push_back({v, w});
        adj[v].push_back({u, w});
    }

    vector<vector<long long>> d(n + 1, vector<long long>(2, INF));
    priority_queue<State, vector<State>, greater<State>> pq;
    d[s][0] = 0;
    pq.push({0, s, ___1___});

    while (!pq.empty()) {
        State current = pq.top();
        pq.pop();

        long long dist = current.dist;
        int u = current.u;
        int used = current.used_freebie;

        if (dist > d[u][used]) {
            continue;
        }

        for (const auto &edge : adj[u]) {
            int v = edge.to;
            int w = edge.weight;

            if (d[u][used] + w < ___2___) {
                d[v][used] = d[u][used] + w;
                pq.push({___3___, v, used});
            }

            if (used == 0) {
                if (d[u][used] < d[v][1]) {
                    d[v][1] = ___4___;
                    pq.push({d[v][1], v, 1});
                }
            }
        }
    }

    cout << ___5___ << endl;
    return 0;
}

(1). ①处应填( )
A. 0
B. 1
C. -1
D. false

(2). ②处应填( )
A. d[u][!used]
B. d[u][used]
C. d[t][used]
D. INF

(3). ③处应填( )
A. d[v][1]
B. d[v][used]
C. d[u][used]
D. d[v][0]

(4). ④处应填( )
A. d[v][0]
B. d[v][1]
C. d[u][0]
D. d[u][1]

(5). ⑤处应填( )
A. d[t][1]
B. d[t][0]
C. min(d[t][0], d[t][1])
D. d[t][0] + d[t][1]

第二题

工厂打算通过客户反馈来间接测试生产线，从而找到存在缺陷的生产线。工厂有 n 条生产线（编号 0~n−1），已知其中有一个生产线存在缺陷。每一轮测试为：从若干生产线的产品取样混合成一个批次发给客户。若该批次中包含缺陷生产线的产品，客户将要发送货（结果应为 1），否则正常收货（记为 0）。受售后压力限制，在所有发货批次中，最多只能有 k 次退货（即结果为 1 的次数 ≤k）。工厂的目标是，设计最少的间接测试数 w（发货总批次），保证根据客户收到或退货的反馈结果，唯一确定存在缺陷的生产线。

以下程序实现了工厂的目标，包含两部分：

i) 确定 w 的最小值，并设计最优测试方案；
ii) 根据测试结果推断存在缺陷的生产线。该程序确定 w 最小值的方法为：由于不同的生产线故障时，测试应当返回不同的结果，因此 w 较测试的可能性系数不应少于生产线数量。

test_subset() 函数为抽象测试接口，输入所有批次的方案并返回一个二进制编码；该编码表示为每批次的检测结果（即最低位第 1 批次、最高位第 w 批次）；其实现在此处未给出。

试补全程序。

程序代码

#include <algorithm>
#include <cstddef>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

long long comb(int w, int i) {
    if (i < 0 || i > w) {
        return 0;
    }
    long long res = 1;
    for (int t = 1; t <= i; ++t) {
        res = res * (w t + 1) / t;
    }
    return res;
}

// 计算长度为 w、1 的个数 ≤ k 的码字总数
long long count_patterns(int w, int k) {
    long long total = 0;
    for (int t = 0; t <= min(w, k); ++t) {
        total += comb(w, t);
    }
    return total;
}

// 抽象测试接口
int test_subset(const vector<vector<int>> &plan);

int solve(int n, int k) {
    // === 第 1 步：求最小 w ===
    int w = 1;
    while (___1___) {
        ++w;
    }
    cout << w << endl;

    // === 第 2 步：生成测试方案 ===
    vector<vector<int>> code(n, vector<int>(w, 0));
    int idx = 0;
    for (int ones = 0; ones <= k && idx < n; ++ones) {
        vector<int> bits(w, 0);
        fill(bits.begin(), bits.begin() + ones, 1);
        do {
            for (int b = 0; b < w; ++b) {
                code[idx][b] = bits[b];
            }
            ++idx;
            if (idx >= n) {
                break;
            }
        } while (std::___2___);
    }

    vector<vector<int>> plan(w);
    for (int i = 0; i < w; ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            if (___3___) {
                plan[i].push_back(j);
            }
        }
    }

    // === 第 3 步：调用测试接口 ===
    int signature = test_subset(plan);

    // === 第 4 步：结果解码 ===
    vector<int> sig_bits(w, 0);
    for (int i = 0; i < w; ++i) {
        if (___4___) {
            sig_bits[i] = 1;
        }
    }

    for (int j = 0; j < n; ++j) {
        if (___5___) {
            return j;
        }
    }
}

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    int ans = solve();
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

(1). ①处应填( )
A. (1<<w) < n
B. count_patterns(w, k) < n
C. count_patterns(k, w) < n
D. comb(w, k) < n

(2). ②处应填( )
A. next_permutation(bits.begin(), bits.end())
B. prev_permutation(bits.begin(), bits.end())
C. next_permutation(bits.begin(), bits.begin()+ones)
D. prev_permutation(bits.begin(), bits.begin()+ones)

(3). ③处应填( )
A. (j>>i) & 1
B. (i>>j) & 1
C. code[i][j] == 1
D. code[j][i] == 1

(4). ④处应填( )
A. (signature >> i) & 1
B. (signature >> i) ^ 1
C. signature | (1 << i)
D. (signature >> i) | 1

(5). ⑤处应填( )
A. is_permutation(code[j].begin(), code[j].end(), sig_bits.begin())
B. code[j] == sig_bits
C. plan[j] == sig_bits
D. code[j][i] == sig_bits[i]

▶

答案

参考答案

单项选择题

程序阅读题

第一题

(1) A
(2) A
(3) B
(4) A
(5) D
(6) C

第二题

(1) A
(2) B
(3) A
(4) B
(5) C
(6) A

第三题

(1) B
(2) A
(3) A
(4) B
(5) D
(6) D

程序填空题

第一题

(1) A
(2) B
(3) B
(4) C
(5) C

第二题

(1) B
(2) B
(3) D
(4) A
(5) B

CSP-S 2025第一轮

https://shicj.pages.dev/2026/08/23/csps1_2025/

作者

shicj

发布于

2026年8月23日

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