NOIP第十六届普及组初赛题目C++和答案.docx

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NOIP第十六届普及组初赛题目C++和答案

NOIP2010试题与解题报告

NOIP2010初赛试题

（普及组C++语言）

●●全部试题答案均要求写在答卷纸上，写在试卷纸上一律无效●●

一、单项选择题（共20题，每题1.5分，共计30分。

每题有且仅有一个正确选项。

）

1．2E+03表示（）。

A.2.03B.5C.8D.2000

2．一个字节（byte）由（）个二进制位组成。

A.8B.16C.32D.以上都有可能

3．以下逻辑表达式的值恒为真的是（）。

A.P∨（¬P∧Q）∨（¬P∧¬Q）B.Q∨（¬P∧Q）∨（P∧¬Q）

C.P∨Q∨（P∧¬Q）∨（¬P∧Q）D.P∨¬Q∨（P∧¬Q）∨（¬P∧¬Q）

4．Linux下可执行文件的默认扩展名为（）。

A.exeB.comC.dllD.以上都不是

5．如果树根算第1层，那么一棵n层的二叉树最多有（）个结点。

A.2n-1B.2nC.2n+1D.2n+1

6．提出“存储程序”的计算机工作原理的是（）。

A.克劳德·香农B.戈登·摩尔C.查尔斯·巴比奇D.冯·诺依曼

7．设X、Y、Z分别代表三进制下的一位数字，若等式XY+ZX=XYX在三进制下成立，那么同样在三进制下，等式XY*ZX=（）也成立。

A.YXZB.ZXYC.XYZD.XZY

8．Pascal语言、C语言和C++语言都属于（）。

A.面向对象语言B.脚本语言C.解释性语言D.编译性语言

9．前缀表达式“+3*2+512”的值是（）。

A.23B.25C.37D.65

10．主存储器的存取速度比中央处理器（CPU）的工作速度慢得多，从而使得后者的效率受到影响。

而根据局部性原理，CPU所访问的存储单元通常都趋于聚集在一个较小的连续区域中。

于是，为了提高系统整体的执行效率，在CPU中引入了（）。

A.寄存器B.高速缓存C.闪存D.外存

11．一个字长为8位的整数的补码是11111001，则它的原码是（）。

A.00000111B.01111001C.11111001D.10000111

12．基于比较的排序时间复杂度的下限是（），其中n表示待排序的元素个数。

A.Θ（n）B.Θ（nlogn）C.Θ（logn）D.Θ（n2）

13．一个自然数在十进制下有n位，则它在二进制下的位数与（）最接近。

A.5nB.n*log210C.10*log2nD.10nlog2n

14．在下列HTML语句中，可以正确产生一个指向NOI官方网站的超链接的是（）。

A.欢迎访问NOI网站

B.欢迎访问NOI网站

C.

D.欢迎访问NOI网站

15．元素R1、R2、R3、R4、R5入栈的顺序为R1、R2、R3、R4、R5。

如果第1个出栈的是R3，那么第5个出栈的不可能是（）。

A.R1B.R2C.R4D.R5

16．双向链表中有两个指针域llink和rlink，分别指向该结点的前驱及后继。

设p指向链表中的一个结点，它的左右结点均非空。

现要求删除结点p，则下面语句序列中错误的是（）。

A.p->rlink->llink=p->rlink;

p->llink->rlink=p->llink;deletep;

B.p->llink->rlink=p->rlink;

p->rlink->llink=p->llink;deletep;

C.p->rlink->llink=p->llink;

p->rlink->llink->rlink=p->rlink;deletep;

D.p->llink->rlink=p->rlink;

p->llink->rlink->llink=p->llink;deletep;

17．一棵二叉树的前序遍历序列是ABCDEFG，后序遍历序列是CBFEGDA，则根结点的左子树的结点个数可能是（）。

A.2B.3C.4D.5

18．关于拓扑排序，下面说法正确的是（）。

A.所有连通的有向图都可以实现拓扑排序

B.对同一个图而言，拓扑排序的结果是唯一的

C.拓扑排序中入度为0的结点总会排在入度大于0的结点的前面

D.拓扑排序结果序列中的第一个结点一定是入度为0的点

19．完全二叉树的顺序存储方案，是指将完全二叉树的结点从上至下、从左至右依次存放到一个顺序结构的数组中。

假定根结点存放在数组的1号位置，则第k号结点的父结点如果存在的话，应当存放在数组的（）号位置。

A.2kB.2k+1C.k/2下取整D.（k+1）/2下取整

20．全国青少年信息学奥林匹克系列活动的主办单位是（）。

A.教育部B.科技部C.共青团中央D.中国计算机学会

二、问题求解（共2题，每题5分，共计10分）

1．LZW编码是一种自适应词典编码。

在编码的过程中，开始时只有一部基础构造元素的编码词典，如果在编码的过程中遇到一个新的词条，则该词条及一个新的编码会被追加到词典中，并用于后继信息的编码。

举例说明，考虑一个待编码的信息串：

"xyxyyyyxyx"。

初始词典只有3个条目，第一个为x，编码为1；第二个为y，编码为2；第三个为空格，编码为3；于是串"xyx"的编码为1-2-1（其中-为编码分隔符），加上后面的一个空格就是1-2-1-3。

但由于有了一个空格，我们就知道前面的"xyx"是一个单词，而由于该单词没有在词典中，我们就可以自适应的把这个词条添加到词典里，编码为4，然后按照新的词典对后继信息进行编码，以此类推。

于是，最后得到编码：

1-2-1-3-2-2-3-5-3-4。

现在已知初始词典的3个条目如上述，则信息串"yyxyxxyyxyxyxxxxyx"的编码是_________。

2．队列快照是指在某一时刻队列中的元素组成的有序序列。

例如，当元素1、2、3入队，元素1出队后，此刻的队列快照是"23"。

当元素2、3也出队后，队列快照是""，即为空。

现有3个正整数元素依次入队、出队。

已知它们的和为8，则共有_________种可能的不同的队列快照（不同队列的相同快照只计一次）。

例如，"51"、"422"、""都是可能的队列快照；而"7"不是可能的队列快照，因为剩下的2个正整数的和不可能是1。

三、阅读程序写结果（共4题，每题8分，其中第4题

（1）、

（2）各4分，共计32分）

1．

#include

usingnamespacestd;

voidswap（int&a,int&b）

{

intt;

t=a;

a=b;

b=t;

}

intmain（）

{

inta1,a2,a3,x;

cin>>a1>>a2>>a3;

if（a1>a2）

swap（a1,a2）;

if（a2>a3）

swap（a2,a3）;

if（a1>a2）

swap（a1,a2）;

cin>>x;

if（x

if（x

cout<

else

cout<

else

if（x

cout<

else

cout<

return0;

}

输入：

91220

77

输出：

_________

2．

#include

usingnamespacestd;

intrSum（intj）

{

intsum=0;

while（j!

=0）{

sum=sum*10+（j%10）;

j=j/10;

}

returnsum;

}

intmain（）

{

intn,m,i;

cin>>n>>m;

for（i=n;i

if（i==rSum（i））

cout<

return0;

}

输入：

90120

输出：

_________

3．

#include

#include

usingnamespacestd;

intmain（）

{

strings;

charm1,m2;

inti;

getline（cin,s）;

m1='';

m2='';

for（i=0;i

if（s[i]>m1）{

m2=m1;

m1=s[i];

}

elseif（s[i]>m2）

m2=s[i];

cout<

return0;

}

输入：

Expo2010ShanghaiChina

输出：

_________

提示：

字符

空格

'0'

'A'

'a'

ASCII码

32

48

65

97

4．

#include

usingnamespacestd;

constintNUM=5;

intr（intn）

{

inti;

if（n<=NUM）

returnn;

for（i=1;i<=NUM;i++）

if（r（n-i）<0）

returni;

return-1;

}

intmain（）

{

intn;

cin>>n;

cout<

return0;

}

（1）

输入：

7

输出：

_________（4分）

（2）

输入：

16

输出：

_________（4分）

四、完善程序（前4空，每空2.5分，后6空，每空3分，共计28分）

1．（哥德巴赫猜想）哥德巴赫猜想是指，任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。

迄今为止，这仍然是一个著名的世界难题，被誉为数学王冠上的明珠。

试编写程序，验证任一大于2且不超过n的偶数都能写成两个质数之和。

#include

usingnamespacestd;

intmain（）

{

constintSIZE=1000;

intn,r,p[SIZE],i,j,k,ans;

booltmp;

cin>>n;

r=1;

p[1]=2;

for（i=3;i<=n;i++）{

①;

for（j=1;j<=r;j++）

if（i%②==0）{

tmp=false;

break;

}

if（tmp）{

r++;

③;

}

}

ans=0;

for（i=2;i<=n/2;i++）{

tmp=false;

for（j=1;j<=r;j++）

for（k=j;k<=r;k++）

if（i+i==④）{

tmp=true;

break;

}

if（tmp）

ans++;

}

cout<

return0;

}

若输入n为2010，则输出⑤时表示验证成功，即大于2且不超过2010的偶数都满足哥德巴赫猜想。

2．（过河问题）在一个月黑风高的夜晚，有一群人在河的右岸，想通过唯一的一根独木桥走到河的左岸。

在这伸手不见五指的黑夜里，过桥时必须借助灯光来照明，很不幸的是，他们只有一盏灯。

另外，独木桥上最多承受两个人同时经过，否则将会坍塌。

每个人单独过桥都需要一定的时间，不同的人需要的时间可能不同。

两个人一起过桥时，由于只有一盏灯，所以需要的时间是较慢的那个人单独过桥时所花的时间。

现输入n（2≤n<100）和这n个人单独过桥时需要的时间，请计算总共最少需要多少时间，他们才能全部到达河的左岸。

例如，有3个人甲、乙、丙，他们单独过桥的时间分别为1、2、4，则总共最少需要的时间为7。

具体方法是：

甲、乙一起过桥到河的左岸，甲单独回到河的右岸将灯带回，然后甲、丙再一起过桥到河的左岸，总时间为2+1+4=7。

#include

usingnamespacestd;

constintSIZE=100;

constintINFINITY=10000;

constboolLEFT=true;

constboolRIGHT=false;

constboolLEFT_TO_RIGHT=true;

constboolRIGHT_TO_LEFT=false;

intn,hour[SIZE];

boolpos[SIZE];

intmax（inta,intb）

{

if（a>b）

returna;

else

returnb;

}

intgo（boolstage）

{

inti,j,num,tmp,ans;

if（stage==RIGHT_TO_LEFT）{

num=0;

ans=0;

for（i=1;i<=n;i++）

if（pos[i]==RIGHT）{

num++;

if（hour[i]>ans）

ans=hour[i];

}

if（①）

returnans;

ans=INFINITY;

for（i=1;i<=n-1;i++）

if（pos[i]==RIGHT）

for（j=i+1;j<=n;j++）

if（pos[j]==RIGHT）{

pos[i]=LEFT;

pos[j]=LEFT;

tmp=max（hour[i],hour[j]）+②;

if（tmp

ans=tmp;

pos[i]=RIGHT;

pos[j]=RIGHT;

}

returnans;

}

if（stage==LEFT_TO_RIGHT）{

ans=INFINITY;

for（i=1;i<=n;i++）

if（③）{

pos[i]=RIGHT;

tmp=④;

if（tmp

ans=tmp;

⑤;

}

returnans;

}

return0;

}

intmain（）

{

inti;

cin>>n;

for（i=1;i<=n;i++）{

cin>>hour[i];

pos[i]=RIGHT;

}

cout<

return0;

}