NOIP2010提高組初賽試題及詳細(xì)解析

1、第十六屆全國青少年信息學(xué)奧林匹克聯(lián)賽初賽試題（ 提高組 C+ 語言 兩小時(shí)完成 ） 全部試題答案均要求寫在答卷紙上，寫在試卷紙上一律無效 、單項(xiàng)選擇題 （共 10 題，每題 1.5 分，共計(jì) 15 分。每題有且僅有一個(gè)正確選項(xiàng)。 ）2一個(gè)字節(jié)（ byte ）由（ ）個(gè)二進(jìn)制組成。 A 8B16上都有可能3以下邏輯表達(dá)式的值恒為真的是（）。A . PV（n PA Q）V （n P心 Q） BC . PV QV（ PAn Q）V（n PA Q）D4 Linux 下可執(zhí)行文件的默認(rèn)擴(kuò)展名是 （ ） 。A. exeB. com都不是C32D .以QV(n PA Q)V(PAn Q)PVnQV( PAn

2、QV (n PAn Q)C.dllD.以上5 如果在某個(gè)進(jìn)制下等式7*7=41 成立，那么在該進(jìn)制下等式 12*12= （A. 100B. 144C. 164）也成立。D. 1966 提出“存儲(chǔ)程序”的計(jì)算機(jī)工作原理的是（A.克勞德 ?香農(nóng)B.戈登?摩爾）。C.查爾斯 ?巴比奇D.馮?諾依曼7 前綴表達(dá)式“ + 3 * 2 + 512 ” 的值是（ ）。A. 23B. 25C. 37D. 61與十六進(jìn)制數(shù) A1.2 等值的十進(jìn)制數(shù)是（)A 101.2B 111.4C 161.125D 177.25&主存儲(chǔ)器的存取速度比中央處理器（CPU）的工作速度慢的多，從而使得后者的效率受到影響。而

3、根據(jù)局部性原理，CPU所訪問的存儲(chǔ)單元通常都趨于一個(gè)較小的連續(xù)區(qū)域中。于是，為了提高系統(tǒng) 整體的執(zhí)行效率，在 CPU中引入了（）。A 寄存器B 高速緩存C 閃存D 外存9完全二叉樹的順序存儲(chǔ)方案，是指將完全二叉樹的結(jié)點(diǎn)從上到下、從左到右依次存放到一個(gè)順序 結(jié)構(gòu)的數(shù)組中。假定根結(jié)點(diǎn)存放在數(shù)組的 1 號(hào)位置上，則第 k 號(hào)結(jié)點(diǎn)的父結(jié)點(diǎn)如果存在的話，應(yīng)當(dāng) 存放在數(shù)組中的（）號(hào)位置。A 2kB 2k+1C k/2 下取整D （k+1）/210以下競(jìng)賽活動(dòng)中歷史最悠久的是（）。A 全國青少年信息學(xué)奧林匹克聯(lián)賽（NOIP）B. 全國青少年信息學(xué)奧林匹克競(jìng)賽（NOI）C. 國際信息學(xué)奧林匹克競(jìng)賽（101 ）

4、D .亞太地區(qū)信息學(xué)奧林匹克競(jìng)賽（API0）、不定項(xiàng)選擇題 （共 10題，每題 1.5 分，共計(jì)15 分。每題正確答案的個(gè)數(shù)不少于1。多選或少選均不得分）。1 .兀素R1、R2、R3 R4R5入棧的順序?yàn)镽1、R2、R3R4、R5。如果第1個(gè)出棧的是 R3,那么第5 個(gè)出棧的可能是 （) 。A . R1B . R2C . R4D. R52. Pascal 語言，C 語言和C+語言都屬于（) 。A .高級(jí)語言B.自然語言C.解釋性語言D.編譯性語言3.原地排序是指在排序過程中 算法。以下屬于原地排序的有A .冒泡排序B（ 除了存儲(chǔ)待排序元素以外的 ） 輔助空間的大小與數(shù)據(jù)規(guī)模無關(guān)的排序 （ ）

5、。.插入排序C .基數(shù)排序D .選擇排序4. 在整數(shù)的補(bǔ)碼表示法中，以下說法正確的是（ ）。A .只有負(fù)整數(shù)的編碼最高位為 1B .在編碼的位數(shù)確定后，所能表示的最小整數(shù)和最大整數(shù)的絕對(duì)值相同C .整數(shù) 0只有一個(gè)唯一的編碼D .兩個(gè)用補(bǔ)碼表示的數(shù)相加時(shí)，如果在最高位產(chǎn)生進(jìn)位，則表示運(yùn)算溢出5. 顆二叉樹的前序遍歷序列是ABCDEFG后序遍歷序列是 CBFEGD，則根結(jié)點(diǎn)的左子樹的結(jié)點(diǎn)個(gè)數(shù)可能是（）。A . 0B. 2C. 4D. 66 .在下列HTML語句中，可以正確產(chǎn)生一個(gè)指向N0I官方網(wǎng)站的超鏈接的是（）。A.<a url="">歡迎訪問N0I 網(wǎng)站 &l

6、t;/a>B.<a href="">歡迎訪問N0I 網(wǎng)站 </a>C.<a></a>D.<a name"">歡迎訪問NOI 網(wǎng)站 </a>7.關(guān)于拓?fù)渑判?，下列說法正確的是（） 。A .所有連通的有向圖都可以實(shí)現(xiàn)拓?fù)渑判駼 .對(duì)同一個(gè)圖而言，拓?fù)渑判虻慕Y(jié)構(gòu)是唯一的C .拓?fù)渑判蛑腥攵葹?0的結(jié)點(diǎn)總會(huì)排在入度大于 0的結(jié)點(diǎn)的前面D .拓?fù)渑判蚪Y(jié)果序列中的第一個(gè)結(jié)點(diǎn)一定是入度等于 0 的點(diǎn)8 .一個(gè)平面的法線是指與該平面垂直的直線。過點(diǎn)（ ）。（1,1,1） 、（ 0,3,0 ）、

7、 （2,0,0） 的平面的法線是A.過點(diǎn)（1,1,1）、（2,3,3）的直線B.過點(diǎn)（1 ,1,1）、（3,2,1）的直線C.過點(diǎn)（0,3,0）、（-3, 1,1）的直線D.過點(diǎn)（2,0,0）、（5,2,1）的直線9.雙向鏈表中有兩個(gè)指針域llink 和rlink ，分別指向該結(jié)點(diǎn)的前驅(qū)及后繼。設(shè)p指向鏈表中的一個(gè)結(jié)點(diǎn)，他的左右結(jié)點(diǎn)均為非空?，F(xiàn)要求刪除結(jié)點(diǎn)p,則下列語句序列中正確的是（）。A . p->rlink->llink=p->rlink;p->llink->rlink=p->llink; delete p;B . p->llink->rl

8、ink=p->rlink;p->rlink->llink = p->llink; delete p;C . p->rlink->llink = p->llink;p->rli nk->lli nk ->rl ink = p->rl ink; delete p;D . p->llink->rlink = p->rlink;p->llink->rlink->link = p->llink; delete p;10 .今年（2010年）發(fā)生的事件有（）。A 惠普實(shí)驗(yàn)室研究員Vi nay Deo

9、lalikar自稱證明了 吐NPB .英特爾公司收購計(jì)算機(jī)安全軟件公司邁克菲（McAfee）C .蘋果公司發(fā)布iPhone 4手機(jī)D .微軟公司發(fā)布 Windows 7操作系統(tǒng)三問題求解（共 2題，每空5分，共計(jì)10分）1. LZW編碼是一種自適應(yīng)詞典編碼。在編碼的過程中，開始時(shí)只有一部基礎(chǔ)構(gòu)造元素的編碼詞典， 如果在編碼的過程中遇到一個(gè)新的詞條，則該詞條及一個(gè)新的編碼會(huì)被追加到詞典中，并用于后繼 信息的編碼。舉例說明，考慮一個(gè)待編碼的信息串："xyx yy yy xyx"。初始詞典只有 3個(gè)條目，第一個(gè)為x,編碼為1;第二個(gè)為y，編碼為2;第三個(gè)為空格，編碼為3 ;于是串

10、"xyx ”的編碼為1-2-1（其中-為編碼分隔符），加上后面的一個(gè)空格就是1-2-1-3。但由于有了一個(gè)空格，我們就知道前面的“ xyx”是一個(gè)單詞，而由于該單詞沒有在詞典中，我們就可以自適應(yīng)的把這個(gè)詞條添加到詞典 里，編碼為4,然后按照新的詞典對(duì)后繼信息進(jìn)行編碼，以此類推。于是，最后得到編碼：121-3-2-2-3-5-3-4。我們可以看到，信息被壓縮了。壓縮好的信息傳遞到接受方，接收方也只要根據(jù)基礎(chǔ)詞典就可以完成對(duì)該序列的完全恢復(fù)。解碼過程是編碼過程的逆操作?，F(xiàn)在已知初始詞典的3個(gè)條目如上述，接收端收到的編碼信息為2-2-1-2-3-1-1-3-4-3-1-2-1-3-5-3-

11、6，則解碼后的信息串是a?2.無向圖G有7個(gè)頂點(diǎn)，若不存在由奇數(shù)條邊構(gòu)成的簡(jiǎn)單回路，則它至多有條邊。3 .記T為一隊(duì)列，初始時(shí)為空，現(xiàn)有n個(gè)總和不超過32的正整數(shù)依次入列。如果無論這些數(shù)具體為何值，都能找到一種出隊(duì)的方式，使得存在某個(gè)時(shí)刻隊(duì)列T中的數(shù)之和恰好為 9,那么n的最小值是。四閱讀程序?qū)懡Y(jié)果（共 4題，每題8分，共計(jì)32 分）1 .#in clude<iostream>using n amespace std;int mai n()const int SIZE=10;int dataSIZE,i,j,c nt,n,m;cin»n»m;for(i=1;i&

12、lt;=n ;i+)cin> >datai;for(i=1;i<=n ;i+)cnt=0;for(j=1;j<=n ;j+)if( (datai<dataj) | (dataj=datai && j<i) cn t+;if (cn t=m)cout<<datai<<e ndl;return 0;輸入：5 296 -8 0 16 87輸出：2.#in clude<iostream>using n amespace std;int mai n()const int SIZE=100;int n a, nb,aS

13、IZE,bSIZE,i,j,k;cin»na;for(i=1;i<=n a;i+)cin> >ai;cin»nb;for(i=1;i<=n b;i+)cin> >bi;i=1;j=1;while( (i<=na)&&(j<=nb) ) if(ai<=bj)cout<<ai<<' ' i+;elsecout<<bj<<' ' j+;if(i<=na)for(k=i;k<=na;k+) cout<<ak&l

14、t;<' 'if(j<=nb)for(k=j;k<=nb;k+) cout<<bk<<' 'return 0;輸入：51 3 5 7 942 6 10 14輸出： 3#include<iostream>using namespace std;const int NUM=5;int r(int n)int i;if(n<=NUM)return 0; for(i=1;i<=NUM;i+)if( r(n-i)<0)return i;return -1;int main()int n;cin>

15、>n;cout<<r(n)<<endl;return 0;輸入：16輸出： 4#include<iostream> #include<cstring> using namespace std;const int SIZE=100;int n,m,rSIZE;bool mapSIZESIZE,found;bool successful()int i;for(i=1;i<=n;i+) if(!mapriri%n+1) return false;return true;void swap(int *a,int *b)int t;t=*a;*

16、a=*b;*b=t;void perm(int left,int right)int i;if(found)return ;if(left>right) if(successful() for(i=1;i<=n;i+) cout<<ri<<' 'found=true;return ;for(i=left;i<=right;i+)swap(r+left,r+i); perm(left+1,right); swap(r+left,r+i);int main()int x,y,i;cin>>n>>m;memset(ma

17、p,false,sizeof(map);for(i=1;i<=m;i+)cin>>x>>y;mapxy=true;mapyx=true;for(i=1;i<=n;i+)ri=i;found=false;perm(1,n);if(!found)cout<<"No solution!"<<endl;return 0;輸入：9 121 22 33 44 55 66 11 72 73 84 85 96 9輸出： 五完善程序 ( 第 1 題，每空 2 分，第 2 題，每空 3 分，共 28 分 )1 (過河問題 ) 在一個(gè)月

18、黑風(fēng)高的夜晚 , 有一群人在河的右岸 ,想通過唯一的一根獨(dú)木橋走到河的左 岸.在伸手不見五指的黑夜里,過橋時(shí)必須借照燈光來照明 ,不幸的是 ,他們只有一盞燈 .另外, 獨(dú)木橋上最多能承受兩個(gè)人同時(shí)經(jīng)過 , 否則將會(huì)坍塌 . 每個(gè)人單獨(dú)過獨(dú)木橋都需要一定的時(shí)間 , 不同的人要 的時(shí)間可能不同 . 兩個(gè)人一起過獨(dú)木橋時(shí) , 由于只有一盞燈 ,所以需要的時(shí)間是較慢的那個(gè)人單獨(dú)過 橋所花費(fèi)的時(shí)間現(xiàn)在輸入N(2<=N<1000)和這N個(gè)人單獨(dú)過橋需要的時(shí)間，請(qǐng)計(jì)算總共最少需要多少 時(shí)間 , 他們才能全部到達(dá)河左岸 .例如,有3個(gè)人甲、乙、丙，他們單獨(dú)過橋的時(shí)間分別為1、2、4,則總共最少需要

19、的時(shí)間為7.具體方法是 :甲、 乙一起過橋到河的左岸 ，甲單獨(dú)回到河的右岸將燈帶回 ，然后甲、 丙在一起過橋到河 的左岸 , 總時(shí)間為 2+1+4=7.#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;const int SIZE=100;const int INFINITY = 10000;const bool LEFT=true;const bool RIGHT =false;const bool LEFT_TO_RIGHT=true;const bool RIGHT_TO_LEFT=false;int n

20、,hourSIZE;bool posSIZE;int max(int a,int b)if(a>b)return a;elsereturn b;int go(bool stage)int i,j,num,tmp,ans;if(stage=RIGHT_TO_LEFT)num=0;ans=0;for(i=1;i<=n ;i+)if(posi=RIGHT)nu m+;if( houri>a ns)an s=houri;if()return ans;an s=INFINITY;for(i=1;i<=n _1;i+)if(posi=RIGHT)for(j=i+1;j<=n

21、;j+) if(posj=RIGHT)posi=LEFT;posj=LEFT;tmp=max(houri,hourj)+ if(tmp<a ns)an s=tmp;posi=RIGHT;posj=RIGHT;return ans;if(stage=LEFT_TO_RIGHT)an s=INFINITY;for(i=1;i<=n ;i+)if()posi=RIGHT;tmp=if(tmp<a ns)an s=tmp;return ans;return 0;int main()int i;cin>>n;for(i=1;i<=n;i+)cin>>hou

22、ri;posi=RIGHT;cout<<goRIGHT_TO_LEFT)<<endl;return 0;2. (烽火傳遞) 烽火臺(tái)又稱烽燧，是重要的軍事防御設(shè)施，一般建在險(xiǎn)要處或交通要道上。一旦有 敵情發(fā)生，白天燃燒柴草，通過濃煙表達(dá)信息；夜晚燃燒干柴，以火光傳遞軍情。在某兩座城市之 間有 n 個(gè)烽火臺(tái)，每個(gè)烽火臺(tái)發(fā)出信號(hào)都有一定的代價(jià)。為了使情報(bào)準(zhǔn)確地傳遞，在連續(xù)的 m 個(gè)烽 火臺(tái)中至少要有一個(gè)發(fā)出信號(hào)?，F(xiàn)輸入n、 m 和每個(gè)烽火臺(tái)發(fā)出信號(hào)的代價(jià)，請(qǐng)計(jì)算總共最少花費(fèi)多少代價(jià)，才能使敵軍來襲之時(shí)，情報(bào)能在這兩座城市之間準(zhǔn)確傳遞。例如，有5個(gè)烽火臺(tái)，他們發(fā)出信號(hào)的代價(jià)依次

23、為 1, 2, 5, 6, 2,且m為3,則總共最少花費(fèi)代 價(jià)為 4，即由第 2 個(gè)和第 5 個(gè)烽火臺(tái)發(fā)出信號(hào)。#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;const int SIZE=100;int n,m,r,valueSIZE,heapSIZE,posSIZE,homeSIZE,optSIZE;hepi表示用順序數(shù)組儲(chǔ)存的堆heap中第i個(gè)元素的值posi表示 opti在堆 heap 中的位置，即 heapposi=opti/homei 表示 heapi 在序列 opt 中的位置,即 opthome

24、i=heapivoid swap(int i,int j)/ 交換堆中的第 i 個(gè)和第 j 個(gè)元素int tmp;poshomei=j;poshomej=i;tmp=heapi;headi=headj;heapj=tmp;tmp=homei;homei=homej;homej=tmp;void add(int k) 在堆中插入 optkint i;r+;heapr= ;posk=r; ;i=r;while( (i>1) && (heapi<heapi/2)swap(i,i/2);i/=2;void remove(int k)/ 在堆中刪除 optkint i,j;i

25、=posk;swap(i,r);r-;if(i=r+1)return ;while( (i>1)&&(heapi<heapi/2)swap(i,i/2);i/=2;while(i+i<=r)if( (i+i+1<=r) && (heapi+i+1<he api+i) j=i+i+1;else;if(heai>heapj);i=j; elsebreak;int mai n()int i;cin»n»m;for(i=1;i<=n ;i+)cin> >valuei;r=0;for(i=1;i&l

26、t;=m;i+)opti=valuei; add(i);for(i=m+1;i<=n ;i+)opti= ;remove();add(i);cout<<heap1<<e ndl;return 0;1. 十六進(jìn)制，A1 = 10 * 16 + 1 * 0 0.2 = 2 *(1/16 )所以答案選 C2 .考察計(jì)算機(jī)基礎(chǔ)知識(shí)，一個(gè)字節(jié)有8個(gè)二進(jìn)制位組成，即1byte = 8bits ，往后是1kb = 1024b ,1mb = 1024kb, 所以答案選 A3. A?？疾檎Z言基礎(chǔ)之表達(dá)式計(jì)算之邏輯運(yùn)算?？谠E：一真或真，一假且假，p和非p不相往來。A選項(xiàng)中(扌人Q)V

27、 (?PA ?Q必和?P同真同假，且P和?P必有一真，故A項(xiàng)正確；B選項(xiàng)中，若P為FalseQ為False 貝U QV (中A Q)V (PA ?Q)=V FV F=False故 B 項(xiàng)錯(cuò)誤；C 選項(xiàng)中，若 P 為 False Q 為 False 貝UPV QV (PA ?Q)V (扌A Q)=FV QV FV F=False故 C 項(xiàng)錯(cuò)誤；D 選項(xiàng)中，若 P 為 False Q 為 True 貝U4. 考查計(jì)算機(jī)基礎(chǔ)知識(shí)值計(jì)算機(jī)基礎(chǔ)。一般來說，linux下可執(zhí)行文件沒有擴(kuò)展名，linux 不根據(jù)擴(kuò)展名判斷文件類型，而是根據(jù)文件的內(nèi)容來判斷，windows 下可執(zhí)行文件的擴(kuò)展名為exe，匯編語

28、言編譯的可執(zhí)行文件擴(kuò)展名為com ； dll ，即動(dòng)態(tài)鏈接庫文件，是一種可執(zhí)行文件，它允許程序共享執(zhí)行特定任務(wù)所必須的代碼和資源，故選D5. 考查進(jìn)制轉(zhuǎn)換，7 * 7在十進(jìn)制中應(yīng)該是等于49的，但是在題目所對(duì)應(yīng)的進(jìn)制中等于41，4 * 12+ 1 = 49，說明題目所對(duì)應(yīng)的進(jìn)制是12，故12 * 12 在12進(jìn)制中應(yīng)該是100，選A6. 考查計(jì)算機(jī)的基礎(chǔ)知識(shí)，計(jì)算機(jī)基本工作原理是存儲(chǔ)程序和程序控制，它是由美籍匈牙利數(shù)學(xué)家馮諾依曼提岀的，因此馮諾依曼被稱為“計(jì)算機(jī)之父”，故選D7. 考察語言基礎(chǔ)值表達(dá)式計(jì)算。前綴表達(dá)式的算法是構(gòu)造一個(gè)運(yùn)算符棧，滿足入棧的兩個(gè)數(shù)能和離棧頂最近的運(yùn)算符進(jìn)行運(yùn)算時(shí)進(jìn)行

29、計(jì)算并整理到棧頂，在題目所給出的表達(dá)式中，首先+入棧，3入棧，*入棧，2入棧，+入棧，5入棧，12入棧，此時(shí)+5 12 可以進(jìn)行運(yùn)算得到17，*2 17 得到34，+ 3 34得到37，所以最后答案就是37.選C8. 考察計(jì)算機(jī)硬件系統(tǒng)，高速緩沖存儲(chǔ)器是存在于主存與CPU之間的一級(jí)存儲(chǔ)器，有靜態(tài)存儲(chǔ)芯片組成，容量比較小，但是速度比主存快的多，接近于CPU的速度，在計(jì)算機(jī)存儲(chǔ)系統(tǒng)的層次結(jié)構(gòu)中，是介于中央處理器和主存儲(chǔ)器之間的高速小容量存儲(chǔ)器，它和主存儲(chǔ)器一起構(gòu)成一級(jí)的存儲(chǔ)器，高速緩沖存儲(chǔ)器和主存儲(chǔ)器之間的信息調(diào)度和傳送是有硬件自動(dòng)進(jìn)行的。故選B9. 考察二叉樹的存儲(chǔ)，對(duì)于一顆完全二叉樹，樹的根節(jié)

30、點(diǎn)在1位置，i節(jié)點(diǎn)的的左子節(jié)點(diǎn)為2*i ，右子節(jié)點(diǎn)為2*i+1 。且對(duì)于任意節(jié)點(diǎn)而言，其父節(jié)點(diǎn)為i/2,向下取整。故選 C10. A:全國青少年信息學(xué)奧林匹克聯(lián)賽(National Olympiad in Informatics in Provinces，簡(jiǎn)稱NOIP )自1995年至今已舉辦16次。B:1984 年鄧小平指岀：“計(jì)算機(jī)的普及要從娃娃做起?！苯逃亢椭袊茀f(xié)委托中國計(jì)算機(jī)學(xué)會(huì)舉辦了全國青少年計(jì)算機(jī)程序設(shè)計(jì)競(jìng)賽(簡(jiǎn)稱：NOI )，1984年參加競(jìng)賽的有8000多人。C:1987年，保加利亞的 Sendov教授在聯(lián)合國教科文組織第24屆全體會(huì)議上,倡議舉行國際信息學(xué)奧林匹克，定名為

31、InternationalOlympiad in Informatics，簡(jiǎn)稱IOI。D:IOI2006 期間，部分亞洲與太平洋地區(qū)參賽團(tuán)領(lǐng)隊(duì)在多次領(lǐng)隊(duì)會(huì)協(xié)商的基礎(chǔ)上，經(jīng)IOI主席、IOI國際委員會(huì)與科學(xué)委員會(huì)批準(zhǔn)決定從2007年開始舉辦該項(xiàng)賽事二.多項(xiàng)選擇題：1. BCD，在R3入棧之前，堆棧應(yīng)該是R1，R2因此，R2肯定在R1之前岀棧，所以 R2不可能是最后一個(gè)出棧的，除此之外，其他元素都有可能。2. AD，這三種語言都是抽象層次較高的高級(jí)語言，溶蝕也是編譯語言，需要編譯運(yùn)行3. ABD，冒泡排序與插入排序與選擇排序都不需要額外的空間，而基數(shù)排序需要額外的哈希空間。4. AC。補(bǔ)碼特性，正

32、0和負(fù)0表示相同，最高位產(chǎn)生進(jìn)位的話，由于計(jì)算機(jī)的運(yùn)算器內(nèi)存空間是固定的，所以會(huì)將新產(chǎn)生的最高位去掉，不會(huì)溢出。5. B，顯然根節(jié)點(diǎn)是 A，然后有前序遍歷第一個(gè)節(jié)點(diǎn)是B，后序遍歷倒數(shù)第二個(gè)節(jié)點(diǎn)是D可以得到，B屬于左子樹的根節(jié)點(diǎn)，D屬于右子樹的根節(jié)點(diǎn)。由于D是右子樹的根節(jié)點(diǎn)，故左子樹只有BC兩個(gè)節(jié)點(diǎn)。6. B .Href超文本應(yīng)用，a標(biāo)簽的href 樹形用于指定超鏈接目標(biāo)的URL, name屬性用來指定 ANCHOR的名稱。7. 拓?fù)渑判驈娜攵鹊扔?的節(jié)點(diǎn)出發(fā)，只要求有邊的直接或間接指向關(guān)系的節(jié)點(diǎn)的出現(xiàn)次序，并沒有要求沒有直接或間接相連的節(jié)點(diǎn)的關(guān)系，故入度為0的點(diǎn)不一定在入度大于0的節(jié)點(diǎn)前面。8

33、. D 因?yàn)辄c(diǎn)(1,1,1) 與點(diǎn)(2,0,0)形成的向量為(1,-1,-1)因?yàn)榉ㄏ蛄颗c平面上向量的乘積為0，所以D滿足要求。9. BCD如果要?jiǎng)h除一個(gè)雙向鏈表的一個(gè)節(jié)點(diǎn)P,則P的右節(jié)點(diǎn)的左指針應(yīng)該指向P現(xiàn)在的左節(jié)點(diǎn)，P的左節(jié)點(diǎn)的右指針應(yīng)該指向現(xiàn)在P節(jié)點(diǎn)的右節(jié)點(diǎn)，故答案BCD10. ABC。百度可知，答案ABC三問題求解：1. yyxy xx yyxy xyx xx xyx注意在解得時(shí)候只知道1->x;2->y;3->' ；至于4，5是不能沿用上一個(gè)而是這個(gè)新的的，所以4->yyxy;5->xx;6->xyx。2.12 首先理解回路：閉合環(huán)路，因?yàn)?/p>

34、不存在由奇數(shù)邊構(gòu)成的簡(jiǎn)單回路，由于是無向圖，所以最多12條3.18 設(shè)T的隊(duì)列順序?yàn)?a1,a2,a3an，設(shè)bi為前i項(xiàng)數(shù)之和，貝U b0=0 ，b仁a1, b2=a1+a2，b3=a1+a2+a3。如隊(duì)列 T中的數(shù)之和恰好為 9，實(shí)際上即是找到某個(gè)bj和bi ，使得bj-bi=9 。由題意可知bi取值范圍為1-32，現(xiàn)將這 32個(gè)數(shù)構(gòu)造為集合1,10, 2,11,8,17,18,27, 19,28,23,32 ,24,25,26，這17個(gè)集合中的任一個(gè)集合不能包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的，否則它們的差為 9。例如設(shè)n=17時(shí)，隊(duì)列T為1111111110 11111111 ，即b1=1,b2 =2

35、,b8=8, b9 =18, b10=19,b1仁20b17=26,它們中沒有任意兩個(gè)數(shù)是在同一集合內(nèi)的，所以不存在數(shù)之和恰好等于9。故根據(jù)抽屜原理可得，當(dāng)n=18時(shí)，至少存在兩個(gè)在同一個(gè)集合，即它們的差為9。因此，答案為 n=18。四.1. 分析一下代碼的意思，對(duì)于數(shù)組中的每一個(gè)元素，找到大于等于他的個(gè)數(shù)A，如果這個(gè)個(gè)數(shù) A=m的話，就輸岀這個(gè)數(shù)。(輸岀數(shù)組中符合條件的數(shù)，條件是，這個(gè)數(shù)組中大于等于該數(shù)值的元素個(gè)數(shù)為m)所以輸岀應(yīng)該是：162. 分析一下代碼的意思，其實(shí)是類似于歸并排序合并兩個(gè)有序的小數(shù)組時(shí)候的操作一樣的，這里是輸岀 兩個(gè)有序的小數(shù)組，使得最后的輸岀有序。輸岀：1 2 3 5 6 7 9 143.4考察遞歸的思想，r(0)-r(5) 都會(huì)返回0, r(6)遞歸