普及组 CSP-J 2026 初赛模拟卷 8

CCF 是 China Computer Federation 的缩写，中文名称为“中国计算机学会”。

`rmdir tmp` 用于删除空目录；`mkdir` 创建目录，`touch` 创建文件或更新时间戳，`cp` 用于复制。

先把 `b+c` 写成 `b c +`，再依次与 `a`、`d` 相乘，得到 `a b c + * d *`。后缀式中运算符出现在两个操作数之后，不需要括号。

C++ 标识符可以由字母、数字和下划线组成，但不能以数字开头，因此 `2sum` 非法。

`00101100` 为 44，`00010101` 为 21，二者之和为 65；$65=64+1$，对应八位二进制数 `01000001`。

RAM 依靠持续供电保存当前数据，断电后其中的信息会丢失；ROM 和硬盘属于非易失性存储，重新通电后原有内容仍可保留。

任取两格有 $\binom{16}{2}=120$ 种；同一行有 $4\binom{4}{2}=24$ 种，同一列也有 24 种，且两类不会重合。因此所求为 $120-24-24=72$。

`r` 是变量 `x` 的引用，对 `r` 加 4 就是直接把 `x` 从 3 修改为 7，因此输出 7。

排序后的结果等价于从 1～6 中可重复地选 3 个数且不计顺序。由可重复组合公式，结果数为 $\binom{6+3-1}{3}=\binom{8}{3}=56$。

队列先进先出。压入 4、7 后弹出队首 4，再压入 9，剩余元素从队首到队尾为 7、9。

8 位补码能够表示的范围是 $-2^7$ 到 $2^7-1$。最小值 -128 的补码编码为 `10000000`。

前序遍历先访问根，后序遍历最后访问根；只要还有其他节点，两序列中根的位置就不同。因而两序列完全相同只可能是仅有根节点的二叉树。

八进制中 $(2)_8\times(6)_8=12_{10}=14_8$。例如 $(1000)_2=8_{10}=10_8$，并不是 $(8)_8$，故 B 正确。

$2^{n+1}=2\cdot2^n$，与 $2^n$ 只差常数因子，所以属于 $O(2^n)$。其余各项与 $2^n$ 的比值分别为 $(3/2)^n$、$n$ 和 $2^n$，都不受常数约束。

特征方程为 $2r^2-r-1=0$，根为 $1$ 和 $-1/2$。由 $f_0=0,f_1=1$ 得 $f_n=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}(-\frac{1}{2})^n$；振荡项趋于 0，所以极限为 $2/3$。

循环变量取满足 $n\le i<m$ 的整数；仅当 $n\le m$ 时才执行 $m-n$ 次。输入没有保证 $n\le m$，若 $n>m$，循环执行 0 次而不是负数次。

`rSum` 实际返回十进制数位反转结果，反转后可能变大。例如 `rSum(12)=21`，有 $21>12$。

程序输出十进制回文数。一个不超过 $m$ 的 $d$ 位回文数由前 $\lceil d/2\rceil$ 位唯一确定，所需自由位约为总位数的一半，因此累计数量与 $\sqrt{m}$ 同量级。

循环只检查区间 $[n,m)$ 内的整数；当 $n,m\in[1,100]$ 时，最多检查 $1$ 到 $99$ 共 99 个数，输出又只是其中的回文数子集，所以不超过 100。

循环检查 $190\le i<230$。其中满足 `i == rSum(i)` 的数依次为 `191、202、212、222`，共输出 4 个。

当 $m=O(n)$ 时，外层 `for` 检查 $m-n=O(n)$ 个整数。`rSum(i)` 每次通过除以 10 处理 $O(\log n)$ 位，因此总时间为 $O(n\log n)$。

`getline(cin, s)` 读取到换行符为止，行内的空格会作为普通字符存入 `s`，只有作为分隔符的换行符不会存入。

程序没有要求两个字符互异。若最大字符重复出现，例如输入 `zz`，第一次令 `m1='z'`，第二次会令 `m2='z'`，最终两个整数都为 122。

删去 `else` 后，第二个 `if` 也会在更新 `m1` 后执行；此时最多把 `m2` 更新为新的 `m1`。因此始终仍有 `m2<=m1`，不可能出现 `m2>m1`。

$m2$ 是 10 个字符中允许重复的第二大字符，随机样本通常集中在较大的字母。例如 $m2='a'$ 要求至多一个字符大于 `a`，条件极苛刻；较大的 $m2$ 反而可由更多字符串产生。

每读入一个字符，程序把它插入当前由 `m1、m2` 表示的降序前两名，并在必要时把旧 `m1` 后移到 `m2`。这种逐个插入到已有有序序列的过程最接近插入排序。

逐字符维护前两大字符时，字符串中的最大字符是 `x`，ASCII 码为 120；次大字符是 `u`，ASCII 码为 117。因此输出 `120 117`。

当 $n>1$ 时，内层总能找到一个整除 $n$ 的 $p$（最迟找到 $p=n$）；随后至少执行一次 `n /= p`，使正整数 $n$ 严格减小，最终到达 1。

只有找到因子 $p$ 后才进入第二个 `for`，此时 `n % p == 0` 至少成立一次，所以 `a` 至少从 0 增加到 1 后才输出。

按直接上界估计，外层 `while` 至多执行 $O(n)$ 轮，每轮寻找因子的 `for` 至多检查 $O(n)$ 个候选，故可得 $O(n^2)$ 上界。实际上每轮会除尽一个质因子，还能给出更紧的上界，但不影响该大 O 断言成立。

每次找到当前 $n$ 的最小因子 $p$ 后，第二个循环会把该因子的所有幂全部除尽。所以下一轮找到的质因子必然大于当前 $p$，输出的 $p$ 逐行严格递增。

$72=2^3\times3^2$。程序对每种不同质因子输出一行，先输出 `2 3`，再输出 `3 2`，因此共输出 2 行结果。

对每个 $n$，输出行数等于其不同质因子个数 $\omega(n)$。枚举 $2\le n\le100$ 并累加可得 $\sum\omega(n)=171$；它与 150 相差 21，与 200 相差 29，所以最接近 150。

`haveAns` 记录是否曾找到匹配子矩阵。在开始枚举任何左上角坐标前尚无答案，因此必须初始化为 `false`，之后找到匹配时再改为 `true`。

宽为 $m2$ 的子矩阵若从第 $j$ 列开始，最右列为 $j+m2-1$，需满足 $j+m2-1\le m1$。因此 $j$ 的上界是 $m1-m2+1$。

每枚举一个新的左上角 `(i,j)`，都应先假设该候选完全匹配，即令 `good = true`；随后只要发现任一对应元素不等，就把 `good` 置为 `false`。

`b[k1][k2]` 对应以 `(i,j)` 为左上角的子矩阵第 `k1` 行、第 `k2` 列。由于数组从 1 开始编号，在 `a` 中的位置应为 `a[i+k1-1][j+k2-1]`。

进入 `if (good)` 表明当前子矩阵与 `b` 完全相等，程序已经输出一个答案，所以应执行 `haveAns = true`。这样最后的 `if (!haveAns)` 就不会误报无解。

循环需要处理字符串中的每一位，故 `len` 应等于 `s.length()`。随后用 `s[len-i-1]` 从末位向首位读取，使个位存入 `x[d][0]`。

相加结果保存在 `x[0][i]`；十进制某位达到 10 就必须向 `x[0][i+1]` 进 1，因此条件是 `x[0][i] >= 10`。值恰好为 10 也要进位。

发生进位后已经执行 `x[0][i+1]++`，当前位应保留除以 10 的余数。两位十进制数位加进位后最大为 19，所以执行 `x[0][i] -= 10` 即可。

循环从最高下标向下寻找第一个非零数位；找到后应 `break`，保留当前下标 `i`，再由下一循环从该位输出到个位。这样可以跳过所有前导零。

`add()` 将 `x[1]` 的各位累加到 `x[0]`，并把进位也写回 `x[0]`，所以最终和完整存放在第 0 行，应调用 `print(0)`。