GESP 客观题评测系统

}

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
04
const double r = acos(0.5);
06
int a1, b1, c1, d1;
int a2, b2, c2, d2;
09
inline int sq(const int x) { return x * x; }
inline int cu(const int x) { return x * x * x; }
12
int main()
{
cout.flags(ios::fixed);
cout.precision(4);
17
cin >> a1 >> b1 >> c1 >> d1;
cin >> a2 >> b2 >> c2 >> d2;
20
int t = sq(a1 - a2) + sq(b1 - b2) + sq(c1 - c2);
22
if (t <= sq(d2 - d1)) cout << cu(min(d1, d2)) * r * 4;
else if (t >= sq(d2 + d1)) cout << 0;
else {
double x = d1 - (sq(d1) - sq(d2) + t) / sqrt(t) / 2;
double y = d2 - (sq(d2) - sq(d1) + t) / sqrt(t) / 2;
cout << (x * x * (3 * d1 - x) + y * y * (3 * d2 - y)) * r;
}
cout << endl;
return 0;
}

假设输入的所有数的绝对值都不超过 1000，完成下面的判断题和单选题：

#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;

int n, a[1005];

struct Node
{
    int h, j, m, w;

    Node(const int _h, const int _j, const int _m, const int _w):
        h(_h), j(_j), m(_m), w(_w)
    {
        14
        15
        16
        17
        18
        19
        20
        21
        22
    }

    Node operator+(const Node &o) const
    {
        return Node(
            max(h, w + o.h),
            max(max(j, o.j), m + o.h),
            max(m + o.w, o.m),
            w + o.w);
    }
}

};
24
Node solve1(int h, int m)
{
{
if (h > m)
return Node(-1, -1, -1, -1);
if (h == m)
return Node(max(a[h], 0), max(a[h], 0), max(a[h], 0), a[h])
int j = (h + m) >> 1;
return solve1(h, j) + solve1(j + 1, m);
}
34
int solve2(int h, int m)
{
{
if (h > m)
return -1;
if (h == m)
return max(a[h], 0);
int j = (h + m) >> 1;
int wh = 0, wm = 0;
int wht = 0, wmt = 0;
for (int i = j; i >= h; i--) {
wht += a[i];
wh = max(wh, wht);
}
for (int i = j + 1; i <= m; i++) {
wmt += a[i];
wm = max(wm, wmt);
}
return max(max(solve2(h, j), solve2(j + 1, m)), wh + wm);
}
{
int main()
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
cout << solve1(1, n).j << endl;
cout << solve2(1, n) << endl;
return 0;
60
}

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
04
char base[64];
char table[256];
07
void init()
{
for (int i = 0; i < 26; i++) base[i] = 'A' + i;
for (int i = 0; i < 26; i++) base[26 + i] = 'a' + i;
for (int i = 0; i < 10; i++) base[52 + i] = '0' + i;
base[62] = '+', base[63] = '/';
14
for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
table['='] = 0;
}
19
string encode(string str)
{
string ret;
int i;
for (i = 0; i + 3 <= str.size(); i += 3) {
ret += base[str[i] >> 2];
ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
ret += base[(str[i] + 1] & 0x0f) << 2 | str[i + 2] >> 6];
ret += base[str[i] + 2] & 0x3f];

}
if (i < str.size()) {
    ret += base[str[i] >> 2];
    if (i + 1 == str.size()) {
        ret += base[(str[i] & 0x03) << 4];
        ret += "=";
    }
    else {
        ret += base[(str[i] & 0x03) << 4 | str[i + 1] >> 4];
        ret += base[(str[i + 1] & 0x0f) << 2];
        ret += "=";
    }
}
return ret;

string decode(string str)
{
    string ret;
    int i;
    for (i = 0; i < str.size(); i += 4) {
        ret += table[str[i]] << 2 | table[str[i + 1]] >> 4;
        if (str[i + 2] != '=')
            ret += (table[str[i + 1]] & 0x0f) << 4 | table[str[i + 2]] >> 2;
        if (str[i + 3] != '=')
            ret += table[str[i + 2]] << 6 | table[str[i + 3]];
    }
    return ret;
}

int main()
{
    init();
    cout << int(table[0]) << endl;
    int opt;
    string str;
    cin >> opt >> str;
    cout << (opt ? decode(str) : encode(str)) << endl;
    return 0;
}

假设输入总是合法的（一个整数和一个不含空白字符的字符串，用空格隔开），完成下面的判断题和单选题：

(1)（魔法数字）小 H 的魔法数字是 4。给定 n，他希望用若干个 4 进行若干次加法、减法和整除运算得到 n。但由于小 H 计算能力有限，计算过程中只能出现不超过 M = 10000 的正整数。求至少可能用到多少个 4。

例如，当 n=2 时，有 $2=(4+4)/4$，用到了 3 个 4，是最优方案。

试补全程序。

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <climits>
04
using namespace std;
06
const int M = 10000;
bool Vis[M + 1];
int F[M + 1];
10

void update(int &x, int y) {
if (y < x)
x = y;
14
15
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i <= M; i++)
F[i] = INT_MAX;
①;
int r = 0;
while (②) {
r++;
int x = 0;
for (int i = 1; i <= M; i++)
if (③)
x = i;
Vis[x] = 1;
for (int i = 1; i <= M; i++)
if (④) {
int t = F[i] + F[x];
if (i + x <= M)
update(F[i + x], t);
if (i != x)
update(F[abs(i - x)], t);
if (i % x == 0)
update(F[i / x], t);
if (x % i == 0)
update(F[x / i], t);
}
}
cout << F[n] << endl;
return 0;
}

(2)（RMQ 区间最值问题）给定序列 $a_0, \ldots, a_{n-1}$，和 $m$ 次询问，每次询问给定 $l, r$，求 $\max \{a_l, \ldots, a_r\}$。

为了解决该问题，有一个算法叫 the Method of Four Russians，其时间复杂度为 $O(n + m)$，步骤如下：

- 建立 Cartesian（笛卡尔）树，将问题转化为树上的 LCA（最近公共祖先）问题。

- 对于 LCA 问题，可以考虑其 Euler 序（即按照 DFS 过程，经过所有点，环游回根的序列），即求 Euler 序列上两点间一个新的 RMQ 问题。

- 注意新的问题为 +1 RMO 即相邻两点的深度差一定为 1

• 注意新的问题为 $\pm1$ RMQ，即相邻两点的深度差一定为 1。

下面解决这个 $\pm1$ RMQ 问题，“序列”指 Euler 序列：

设 $t$ 为 Euler 序列长度。取 $b = \left| \frac{\log_2 t}{2} \right|$。将序列每 $b$ 个分为一大块，使用 ST 表（倍增表）处理大块间的 RMQ 问题，复杂度 $O\left( \frac{t}{h} \log t \right) = O(n)$。

• （重点）对于一个块内的 RMQ 问题，也需要 $O(1)$ 的算法。由于差分数组 $2^{b-1}$ 种，可以预处理出所有情况下的最值位置，预处理复杂度 $O(b2^{b})$，不超过 $O(n)$。

- 最终，对于一个查询，可以转化为中间整的大块的 RMQ 问题，以及两端块内的 RMQ 问题。

试补全程序。

#include <iostream>
#include <cmath>
003
using namespace std;
005
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
008
struct node {
int val;
int dep, dfn, end;

node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右
} T[MAXN];
014
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
018
void build() { // 建立 Cartesian 树
static node *S[MAXN + 1];
int top = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
node *p = &T[i];
while (top && S[top]->val < p->val)
①;
if (top)
②;
S[++top] = p;
}
root = S[1];
}
032
void DFS(node *p) { // 构建 Euler 序列
A[p->dfn = t++] = p;
for (int i = 0; i < 2; i++)
if (p->son[i]) {
p->son[i]->dep = p->dep + 1;
DFS(p->son[i]);
A[t++] = p;
}
p->end = t - 1;
}
043
node *min(node *x, node *y) {
return ③ ? x : y;
}
047
void ST_init() {
b = (int)(ceil(log2(t) / 2));
c = t / b;
Log2[1] = 0;
for (int i = 2; i <= c; i++)
Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1;
for (int i = 0; i < c; i++) {
Min[0][i] = A[i * b];
    }

for (int j = 1; j < b; j++)
    Min[0][i] = min(Min[0][i], A[i * b + j]);
}
for (int i = 1, l = 2; l <= c; i++, l <<= 1)
    for (int j = 0; j + l <= c; j++)
        Min[i][j] = min(Min[i - 1][j], Min[i - 1][j + (l - 1)])
}

void small_init() { // 块内预处理
    for (int i = 0; i <= c; i++)
        for (int j = 1; j < b && i * b + j < t; j++)
            if (④)
                Dif[i] | = 1 << (j - 1);
        for (int S = 0; S < (1 << (b - 1)); S++) {
            int mx = 0, v = 0;
            for (int i = 1; i < b; i++) {
                ⑤;
                if (v < mx) {
                    mx = v;
                    Pos[S] = i;
                }
            }
        }
    }
    
    node *ST_query(int l, int r) {
        int g = Log2[r - l + 1];
        return min(Min[g][l], Min[g][r - (1 << g) + 1]);
    }

    node *small_query(int l, int r) { // 块内查询
        int p = l / b;
        int S = ⑥;
        return A[l + Pos[S];
    }

    node *query(int l, int r) {
        if (l > r)
            return query(r, l);
        int pl = l / b, pr = r / b;
        if (pl == pr) {
            return small_query(l, r);
        } else {

node *s = min(small_query(l, pl * b + b - 1), small_query(pr * b, r))
if (pl + 1 <= pr - 1)
s = min(s, ST_query(pl + 1, pr - 1));
return s;
}
}
105
int main() {
int m;
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> T[i].val;
build();
DFS(root);
ST_init();
small_init();
while (m--) {
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << query(T[l].dfn, T[r].dfn->val << endl);
}
return 0;
}