[NOIP] - CCF NOIP2018普及组初赛试题+答案
第24届全国青少年信息学奥林匹克联赛初赛
普及组C++语言试题
竞赛时间：2018 年 10 月 13 日 14:30~16:30
选手注意：
1、试题纸共有 7 页，答题纸共有 2 页，满分 100 分。请在答题纸上作答，写在试题纸上的一律无效。
2、不得使用任何电子设备（如计算器、手机、电子词典等）或查阅任何书籍资料。
一、单项选择题（共15题，每题2分，共计30分；每题有且仅有一个正确选项）
1. 以下哪一种设备属于输出设备:( )
A.扫描仪
B.键盘
C.鼠标
D.打印机
2. 下列四个不同进制的数中，与其它三项数值上不相等的是( )。
A. (269)16 (注解：2 * 16^2 + 6 * 16^1 + 9 * 16 ^0 = 617)
B. (617)10
C. (1151)8 （注解：1 * 8^3 + 1 * 8^2 + 5 * 8^1 + 1 * 8^0 = 617）
D. (1001101011)2
3. 1MB等于( )。
A. 1000 字节
B. 1024 字节
C. 1000 X 1000字节
D. 1024 X 1024字节
4. 广域网的英文缩写是( )。
A. LAN
B. WAN (Wide Area Network)
C. MAN
D.LNA
5. 中国计算机学会于( )年创办全国青少年计算机程序设计竞赛。
A. 1983
B. 1984
C. 1985
D. 1986
6. 如果开始时计算机处于小写输入状态，现在有一只小老鼠反复按照 CapsLock、字母键 A、字母键S、字母键 D、字母键 F 的顺序循环按键，即 CapsLock、A、S、D、F、CapsLock、A、S、D、F、......，屏幕上输出的第 81 个字符是字母 ( )。
A. A
B. S
C. D
D. a
7. 根节点深度为 0，一棵深度为 h 的满 k(k>1)叉树，即除最后一层无任何子节点外，每一层上的所有结点都有k个子结点的树，共有( )个结点。
A. (kh+1-1)/(k-1)
B. k h-1
C. k h
D. (k h-1) / (k - 1)
8. 以下排序算法中，不需要进行关键字比较操作的算法是( )。
A. 基数排序
B. 冒泡排序
C. 堆排序
D. 直接插入排序
9. 给定一个含 N 个不相同数字的数组，在最坏情况下，找出其中最大或最小的数，至少需要 N - 1 次比较操作。则最坏情况下，在该数组中同时找最大与最小的数至少需要( )次比较操作。(⌈ ⌉表示向上取整，⌊ ⌋表示向下取整)
A. ⌈3N / 2⌉ - 2
B. ⌊3N / 2⌋ - 2
C. 2N - 2
D. 2N - 4
10. 下面的故事与( )算法有着异曲同工之妙。从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚在给小和尚讲故事:“从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚在给小和尚讲故事:‘从前有座山，山里有座庙，庙里有个老和尚给小和尚讲故事......’”
A. 枚举
B. 递归
C. 贪心
D. 分治
11. 由四个没有区别的点构成的简单无向连通图的个数是( )。
A. 6
B. 7
C. 8
D.9
12. 设含有 10 个元素的集合的全部子集数为 S，其中由 7 个元素组成的子集数为T，则T / S的值为( )。
A. 5 / 32
B. 15 / 128
C. 1 / 8
D. 21 / 128
13. 10000以内，与10000互质的正整数有( )个。
A. 2000
B. 4000
C. 6000
D. 8000
14. 为了统计一个非负整数的二进制形式中 1 的个数，代码如下:
int CountBit(int x)
{
int ret = 0;
while (x)
{
ret++;
___________;
}
return ret;
}
则空格内要填入的语句是( )。
A. x >>= 1
B. x &= x - 1
C. x |= x >> 1
D. x <<= 1
15. 下图中所使用的数据结构是( )。
A. 哈希表
B. 栈
C. 队列
D. 二叉树
二、问题求解（共 2 题，每题 5 分，共计 10 分）
1. 甲乙丙丁四人在考虑周末要不要外出郊游。 已知1如果周末下雨，并且乙不去，则甲一定不去；2如果乙去，则丁一定去；3如果丙去，则丁一定不去；4如果丁不去，而且甲不去，则丙一定不去。如果周末丙去了，则甲去了 (去了/没去)(1 分)，乙没去(去了/没去)(1 分)，丁没去(去了/没去)(1 分)，周末没下雨(下雨/ 没下雨)(2 分)。
2. 从 1 到 2018 这 2018 个数中，共有544个包含数字 8 的数。
包含数字 8 的数是指有某一位是“8”的数，例如“2018”与“188”。
三、阅读程序写结果（共 4 题，每题 8 分，共计 32 分）
1.
#include<cstdio>
char st[100];
int main() {
scanf("%s", st);
for (int i = 0; st[i]; ++i) {
if ('A' <= st[i] && st[i]<= 'Z')
st[i] += 1;
}
printf("%s\n", st);
return 0;
}
输入：QuanGuoLianSai
输出：RuanHuoMianTai
2.
#include<cstdio>
int main() {
int x;
scanf("%d", &x);
int res = 0;
for (int i = 0; i < x; ++i) {
if (i * i % x == 1) {
++res;
}
}
printf("%d", res);
return 0;
}
输入：15
输出：4
3.
#include<iostream>
using namespacestd;
int n, m;
int findans(int n, int m) {
if (n == 0) return m;
if (m == 0) return n % 3;
return findans(n - 1, m) - findans(n, m - 1) +findans(n - 1, m - 1);
}
int main(){
cin >> n >> m;
cout << findans(n, m) << endl;
return 0;
}
输入：5 6
输出：8
4.
#include<cstdio>
int n, d[100];
bool v[100];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%d", d + i);
v[i] = false;
}
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!v[i]) {
for (int j = i; !v[j]; j = d[j]) {
v[j] = true;
}
++cnt;
}
}
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}
输入：10 7 1 4 3 2 5 9 8 0 6
输出：6
四、完善程序（共 2 题，每题 14 分，共计 28 分）
1. （最大公约数之和）下列程序想要求解整数𝑛的所有约数两两之间最大公约数的和对10007求余后的值，试补全程序。（第一空 2 分，其余 3 分）
举例来说，4的所有约数是1,2,4。1和2的最大公约数为1；2和4的最大公约数为2；1和4的最大公约数为1。于是答案为1 + 2 + 1 = 4。
要求 getDivisor 函数的复杂度为0(√n)，gcd 函数的复杂度为O(log max(a, b))。
#include<iostream>
using namespacestd;
const int N =110000, P = 10007;
int n;
int a[N], len;
int ans;
void getDivisor(){
len = 0;
for(int i=1; i * i <=n;++i)
if (n % i == 0) {
a[++len] = i;
if( n / i !=i)a[++len]=n/i;
}
}
int gcd(int a,int b) {
if (b == 0) {
return a;
}
return gcd(b, a % b);
}
int main() {
cin >> n;
getDivisor();
ans = 0;
for (int i = 1; i <= len; ++i) {
for (int j = i + 1; j <= len; ++j) {
ans=( ans + gcd(a[i], a[j]) )%P;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
2. 对于一个1到n的排列p(即1到n中每一个数在p中出现了恰好一次)，令qi为第i个位置之后第一个比pi值更大的位置，如果不存在这样的位置，则qi =n+1。
举例来说，如果n=5且p为1 5 4 2 3，则q为2 6 6 5 6。
下列程序读入了排列p，使用双向链表求解了答案。试补全程序。（第二空2分，其余3分）
数据范围 1 ≤ n ≤ 105。
#include<iostream>
using namespace std;
const int N =100010;
int n;
int L[N], R[N],a[N];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int x;
cin >> x;
a[x] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
R[i]= i + 1 ;
L[i] = i - 1;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
L[ R[a[i]]]= L[a[i]];
R[L[a[i]]] = R[ a[i]];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cout <<R[i]<<" ";
}
cout << endl;
return 0;
}
