NOIP普及组初赛试题C++.docx

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NOIP普及组初赛试题C++

第十六届全国青少年信息学奥林匹克联赛初赛试题

（普及组C++语言两小时完成）

●●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．以上皆有可能

3．以下逻辑表达式的值恒为真的是（）。

A．PV（?

PΛQ）V（?

PΛQ）B．QV（?

PΛQ）V（PΛ?

Q）

C．PVQV（PΛ?

Q）V（?

PΛQ）D．PV?

QV（PΛ?

Q）V（?

PΛ?

Q）

4．Linux下可执行文件的扩展名为（）。

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，为了提高系统的整体执行效率，在CPU中引入（）。

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．

B．

C．

D．

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

如果第一个出栈的是R3，那么第五个出栈的不可能是（）。

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和后继。

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;dispose（p）

B．P^.llink^.rlink=p^.rlink;

P^.rlink^.llink=p^.llink;dispose（p）

C．P^.rlink^.llink=p^.llink;

P^.rlink^.llink^.rlink=p^.rlink;dispose（p）

D．P^.llink^.rlink=p^.rlink;

P^.llink^.rlink^.llink=p^.llink;dispose（p）

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．中国计算机协会

二．问题求解（共2题，每空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“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为1。

三．阅读程序写结果（共4题，每题8分，共计32分）

1．

#includeusingnamespacestd;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

elsecout<

else

if（x

elsecout<

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：

______________

字符

空格

'0'

'A'

'a'

ASII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（第1题，每空2分，第2题，每空3分，共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，这仍然是一个着名的世界难题，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.在伸手不见五指的黑夜里,过桥时必须借照灯光来照明,不幸的是,他们只有一盏灯.另外,独木桥上最多能承受两个人同时经过,否则将会坍塌.每个人单独过独木桥都需要一定的时间,不同的人要的时间可能不同.两个人一起过独木桥时,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所花费的时间.现在输入N（2<=N<1000）和这N个人单独过桥需要的时间,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、丙在一起过桥到河的左岸,总时间为2+1+4=7.

#include

#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;

}