NOIP全国青少年信息学奥林匹克联赛提高组初赛试题答案解析Word文件下载.docx
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B.O(NlogN)
C.O(Nlog2N)
D.O(N2)
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
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.n2
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.ifW(X)≠W(Y)//W(X),W(Y)分别为X或Y的重量
4.then_______
5.else_______
6.__________
7.ifn>
2thengoto1
8.ifn=2then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.ifn=1thenA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。
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
3
次操作。
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
4
(2分),最小代价的不同方案数是
9
(3分)。
(只要有一条删除的边不同,就是不同的方案)
四、阅读程序写结果(共4题,每题8分,共计32分)
1.
#include
usingnamespacestd;
intg(intm,intn,intx){
intans=0;
inti;
if(n==1)
return1;
for(i=x;
i<
=m/n;
i++)
ans+=g(m–i,n-1,i);
returnans;
}
intmain(){
intt,m,n;
cin>
>
m>
n;
cout<
<
g(m,n,0)<
endl;
return0;
输入:
8
4
输出:
15
2.
intn,i,j,x,y,nx,ny;
inta[40][40];
for(i=0;
i<
40;
for(j=0;
j<
j++)
a[i][j]=0;
y=0;
x=n-1;
n=2*n-1;
for(i=1;
=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;
j<
a[0][j]<
“”;
3
17241815
3.
intn,s,a[100005],t[100005],i;
voidmergesort(intl,intr){
if(l==r)
return;
intmid=(l+r)/2;
intp=l;
inti=l;
intj=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];
i++;
=mid){
while(j<
for(i=l;
=r;
i++)
a[i]=t[i];
=n;
cin>
a[i];
mergesort(1,n);
s<
6
263451
8
4.
intn,m;
n>
m;
intx=1;
inty=1;
intdx=1;
intdy=1;
intcnt=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){
dy=-dy;
x<
"
<
y<
输入1:
43
输出1:
13
(2分)
输入2:
20171014
输出2:
20171(3分)
输入3:
987321
输出3:
1321(3分)
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10100,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。
intp[100];
intn,i,q,rest;
charc;
intmain(){
c;
p[i]=c–‘0’;
q;
rest=p[0];
i=1;
while(rest<
q&
n){
rest=rest*10+p[i];
if(rest<
q)
0<
endl;
rest/q;
rest=rest%q*10+p[i];
cout<
rest%q<
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)
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)。
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。
intn,m,i,j,a,b,head,tail,ans;
intgraph[100][100];
//用邻接矩阵存储图
intdegree[100];
//记录每个结点的入度
intlen[100];
//记录以各结点为终点的最长路径长度
intqueue[100];
//存放拓扑排序结果
j<
graph[i][j]=0;
degree[i]=0;
a>
b;
graph[a][b]=1;
degree[b]++;
tail=0;
if(degree[i]==0){
queue[tail]=i;
tail++;
head=0;
while(tail<
n-1){
i<
if(graph[queue[head]][i]==1){
degree[i]--;
if(degree[i]==0){
head++;
ans=0;
a=queue[i];
len[a]=1;
if(graph[j][a]==1&
len[j]+1>
len[a])
len[a]=len[j]+1;
if(ans<
len[a])
ans=len[a];
ans<
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