noip2014普及组复赛试题_大一高数期末考试试题

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T1

考察计算机基础知识，所谓集成电路是将大量的晶体管和电子线路组合在一块硅片上，故又称为芯片。故选 $A$。

T2

$HTML$超文本标记语言阅读方式是浏览器，浏览器主要用于显示网页服务器。

T3

英特尔公司是全球最大的个人计算机零件和CPU制造商。

T4

TCP/IP模型

$A$项最符合该图形式。

T5

快速排序的期望复杂度是$O(nlogn)$的，最坏情况（已经排好序的序列）是$O(n^2)$的。

T6

• 第一代：电子管计算机
• 第二代：晶体管计算机
• 第三代：中小规模集成电路计算机
• 第四代：大规模和超大规模集成电路计算机

$ENIAC$则属于第一代。

T7

递归过程就是函数不断压栈的过程，所以可能引起的是栈空间溢出。

T8

$2^{32}$$=$ $2^{30}$ $\ast$ $2^2$=$1GB$ $\ast$ $4$ $=$ $4GB$

T9

$3G$系统的三大主流标准分别是 $WCDMA$ （宽带$CDMA$）和 $CDMA2000$ 和 $TD-SCDMA$（时分双工同步）。

T10

蜘蛛网与因特网除了模型相似，其他没有任何必然联系。

T11

在计算机科学中，算法的时间复杂度是一个函数，它定量描述了该算法的运行时间。在考虑时间复杂度时，忽略这个函数的低阶项和首项系数，主要看最高阶项。
$2^{n+1}$ $=$ $2$ $\ast$ $2^n$，故选$A$。

T12

广搜相对于树上的层次遍历，要按照队列的进队出队完成操作

$B$项中 $A_2$ 节点因为回溯，所以不能在第三位被访问到。
$C$项中 $A_3$ 节点一定是最后被访问到的，故不对。

T13

这道题考验了栈的性质，栈里面的三个元素的相对入栈顺序应是$a,b,c$ ，结合选项，$A$项与$D$项符合题意。

T14

三原色指红色，蓝色与绿色

三基色指红色，蓝色与黄色

故选$B$ 项与 $D$ 项。

T15

一棵任意形态的$n$个节点的数的二叉树的叶子数范围是$1$ $\sim$ $\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$。$1$指的是一条链的情况，$\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$指的是二叉哈夫曼树的情况。

T16

因为边权均为正整数，所以如果两点之间的最短路径包含了一个环，那么这条最短路径就不是最短的，因为可以把这个环去掉，所以选项 $A$ 不正确。因为是有向图，所以正向与反向的最短路径不一定相同，所以选项$B$不正确。选项$C$符合最短路径要求， 选项$D$通过反证法即可证得正确。

T17

题目给的异或运算表：

代入计算发现选项$A$和选项$B$一定对；选项$C$和选项$D$在$a$ $=$ $True$，$b$ $=$ $True$，$c$ $=$ $False$时不成立。
另外， 选项$C$和选项$D$中 $\wedge$ 是逻辑与，$\vee$是逻辑或。

T18

小数转化为二进制用乘法，先排除整数和有限小数，因为是十进制循环小数，每次乘$2$取整后的数都一样，一直循环再下去就成了无限循环小数。故选$A$。

T19

• $HTTP$：超文本传输协议
• $FTP$：文件传输协议
• $POP3$：邮局协议版本3
• $SMTP$：简单邮件传输协议

故选选项$C$与选项$D$。

T20

$NP$问题是指存在多项式算法能够验证的非决定性问题，而其中NP完全问题又是最有可能不是P问题的问题类型。所有的$NP$问题都可以用多项式时间归约到他们中的一个。所以显然NP完全的问题具有如下性质:它可以在多项式时间内求解，当且仅当所有的其他的 $NP-完全问题$ 也可以在多项式时间内求解。

$P$问题是具有多项式算法的判定问题。这里的$P$代表$Polynomial$。$P$问题就是可以有一个确定型图灵机在多项式时间内解决的问题。即那些存在$O(n)$， $O(nk)$， $O(nlogn)$等多项式时间复杂度解法的问题。比如排序问题、最小生成树、单源最短路径。直观的讲，我们将$P$问题视为可以较快解决的问题。

所以选项$B$和选项$D$正确，选项$A$和选项$C$错误。

T21

对于$p,q,r$三个变量，每个变量可取$0$和$1$两种值，可以得到有$8$种组合。对于每种组合，带入表达式只有$0$和$1$ 两种答案。因此两两不等价的表达式只有$2^8=256$种。

T22

这道题考察$DP$，可以发现题目给出的是一棵二叉树，那么可以做一遍树形$DP$：
设$g[i]$表示以$i$为根的子树的独立集数；
$f[i][0]$表示不选$i$号节点，以$i$为根的子树的独立集数；
$f[i][1]$表示选$i$号节点，以$i$为根的子树的独立集数；
显然有$g[i]=f[i][0]+f[i][1]$，$lc$为左儿子，$rc$为右儿子，那么有$f[i][0]=g[rc],f[i][1]=f[lc][0]\ast f[rc][0]$。
最后答案为$g[root]$。

T23

#include <iostream>
using namespace std;
int n, i, temp, sum, a[100];
int main() { 
   
    cin >> n;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for (i = 1; i <= n - 1; i++)
        if (a[i] > a[i + 1]) { 
   
            temp = a[i];
            a[i] = a[i + 1];
            a[i + 1] = temp;
        }
    for (i = n; i >= 2; i--)
        if (a[i] < a[i - 1]) { 
   
            temp = a[i];
            a[i] = a[i - 1];
            a[i - 1] = temp;
        }
    sum = 0;
    for (i = 2; i <= n - 1; i++)
        sum +  = a[i];
    cout << sum / (n - 2) << endl;
    return 0;
}

去除一个最大值和最小值后的平均值，然后向下取整，程序中通过两次擂台比较值，将最大值和最小值放到了尾和首。故答案为$41$。

T24

#include <iostream>
using namespace std;
int n, i, ans;
int gcd(int a, int b)
{ 
   
    if (a % b == 0) return b;
    else
        return gcd(b, a%b);
}
int main()
{ 
   
    cin>>n;
    ans = 0;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        if (gcd(n,i) == i)
            ans++;
    cout<<ans<<endl;
}

显然是求$n$ 的约数个数，$120=2^3\ast 3\ast 5$，所以约数个数为$4\ast 2\ast 2=16$个。

T25

#include <iostream>
using namespace std;
const int SIZE = 20;
int data[SIZE];
int n, i, h, ans;
void merge() { 
   
	data[h - 1] = data[h - 1] + data[h];
	h--;
	ans++;
}
int main() { 
   
	cin >> n;
	h = 1;
	data[h] = 1;
	ans = 0;
	for (i = 2; i <= n; i++) { 
   
		h++;
		data[h] = 1;
		while (h > 1 && data[h] == data[h - 1])
			merge();
	}
	cout << ans << endl;
}

本题由代码可知是统计合并的次数，合并的过程执行一次便统计一次。合并的条件是$data[h]=data[h-1]$，自己写几个数据后归纳出最后$data[]$数组中的数据为：$1024,512,256,128,64,16,8,4$。即：$2012=1024+512+256+128+64+16+8+4$，即最终的结果是将输入的一个数通过归并的方式拆分成若干个$2$的整数次方的和，而$2^m$需要$2^{m-1}$合并，所以最终结果为$1023+511+255+127+63+15+7+3=2004$，故答案为$2004$。另一个输入$8$自然也就输出$7$了。

T26

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
int lefts[20], rights[20], father[20];
string s1, s2, s3;
int n, ans;
void calc(int x, int dep)
{ 

ans = ans + dep*(s1[x] - 'A' + 1);
if (lefts[x] >= 0) calc(lefts[x], dep+1);
if (rights[x] >= 0) calc(rights[x], dep+1);
}
void check(int x)
{ 

if (lefts[x] >= 0) check(lefts[x]);
s3 = s3 + s1[x];
if (rights[x] >= 0) check(rights[x]);
}
void dfs(int x, int th)
{ 

if (th == n)
{ 

s3 = "";
check(0);
if (s3 == s2)
{ 

ans = 0;
calc(0, 1);
cout<<ans<<endl;
}
return;
}
if (lefts[x] == -1 && rights[x] == -1)
{ 

lefts[x] = th;
father[th] = x;
dfs(th, th+1);
father[th] = -1;
lefts[x] = -1;
}
if (rights[x] == -1)
{ 

rights[x] = th;
father[th] = x;
dfs(th, th+1);
father[th] = -1;
rights[x] = -1;
}
if (father[x] >= 0)
dfs(father[x], th);
}
int main()
{ 

cin>>s1;
cin>>s2;
n = s1.size();
memset(lefts, -1, sizeof(lefts));
memset(rights, -1, sizeof(rights));
memset(father, -1, sizeof(father));
dfs(0, 1);
}

由先序遍历，中序遍历的序列构造出二叉树，再求节点对应值的和——$ABCDEF$基本值对应$123456$，求出的是各个节点基本值乘以该节点深度的和。
这得注意的是，在构造二叉树的时候是严格按照先序遍历的方式进行$dfs$，$x$相当于作为判断的节点，$th$相当于要插入的节点，如果$x$没有左右子树，就可以尝试往$x$的两个子树分别添加$th$节点进行判断；如果$x$有左子树，就只能往右子树插；如果$x$有右子树，那么就插不进去了；如果在这个节点插入是不行的，那么就往根节点跳。
按照上述方法来做，即可得到答案为$55$。

T27

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int	SIZE = 25;
bool used[SIZE];
int data[SIZE];
int	n, m, i, j, k;
bool flag;
int main() { 

cin >> n >> m;
memset( used, false, sizeof(used) );
for ( i = 1; i <= m; i++ ) { 

data[i] = i;
used[i] = true;
}
flag = true;
while ( flag ) { 

for ( i = 1; i <= m - 1; i++ )
cout << data[i] << " ";
cout << data[m] << endl;
flag = ①;
for ( i = m; i >= 1; i-- ) { 

②;
for ( j = data[i] + 1; j <= n; j++ )
if ( !used[j] ) { 

used[j] = true;
data[i] = ③;
flag	= true;
break;
}
if ( flag ) { 

for ( k = i + 1; k <= m; k++ )
for ( j = 1; j <= ④; j++ )
if ( !used[j] ) { 

data[k] = j;
used[j] = true;
break;
}
⑤;
}
}
}
}

填程序题·。
$used[i]==false$表示数字$i$还没有被使用过，每次倒着找到第一个能变大的数字，然后变大，接着把后面的数字直接从小到大排列，就生成了一个新的组合。$flag$是标记能不能找到一个新的排列，第一层的循环意义是把排列中的第$i$位清零，就是第二个空的作用，如果找到一个排列，就把后面的排列补全（在剩余的元素中找到最小的排列），然后跳出循环，就是第四个空和第五个空的意思。
所以：

• 第一空：false
• 第二空：used[data[i]]=false
• 第三空：j
• 第四空：n
• 第五空：break

T28

也是道填程序题，题目中给出的：

#include < iostream > 
using namespace std; 
const int
NSIZE = 100000, 
CSIZE = 1000; 
int n, c, r, tail, head, s[NSIZE], q[CSIZE]; 
//数组 s 模拟一个栈，n 为栈的元素个数
//数组 q 模拟一个循环队列，tail 为队尾的下标，head 为队头的下标 
bool direction, empty; 
int previous(int k) { 

if (direction)
return ((k + c - 2) % c) + 1; 
else
return (k % c) + 1; 
}
int next(int k) { 

if (direction)
①; 
else
return ((k + c - 2) % c) + 1; 
}
void push() { 

int element; 
cin >> element; 
if (next(head) == tail) { 

n++; 
②; 
tail = next(tail); 
}
if (empty)
empty = false; 
else
head = next(head); 
③ = element; 
}
void pop() { 

if (empty) { 

cout << "Error: the stack is empty!" << endl; return; 
}
cout << 	④ << endl; 
if (tail == head)
empty = true; 
else { 

head = previous(head); 
if (n > 0) { 

tail = previous(tail); 
⑤ = s[n]; 
n--; 
}
}
}
void reverse() { 

int temp; 
if (	⑥ == tail) { 

direction =  ! direction; 
temp = head; 
head = tail; 
tail = temp; 
}
else
cout << "Error: less than " << c << " elements in the stack!" << endl; 
}
int main() { 

cin >> c; 
n = 0; 
tail = 1; 
head = 1; 
empty = true; 
direction = true; 
do { 

cin >> r; 
switch (r) { 

case 1:push(); break; 
case 2:pop(); break; 
case 3:reverse(); break; 
}
}while (r != 0); 
return 0; 
}

题目说的很清楚，思考一下，本题的思路是前$c$个数用循环队列来维护，用$direction$来记录这个队列的方向，如果需要翻转，就在这个队列里翻转即可。$push$就是看队列里有没有满，满了就先让一个数到$s$这个栈里，再加入队列，否则直接加入。而$pop$则只需要看队列里还有没有数，有就直接输出，否则$ERROR$。那弹出之后如果队列不满且$s$中还有数，就可以将$s$中的数弹出放入队列中。
所以：

• 第一空：return (k%c)+1
• 第二空：s[n]=q[tail]
• 第三空：q[head]
• 第四空：q[head]
• 第五空：q[tail]
• 第六空：next(head)

完结撒花~~