2020 CSP-J 初赛解析

题面  老师给的解析  自己觉得很好的一篇题解

直接说重点题吧，不耽误时间了

T5：

这个很显然就是让进这个 while 的次数尽可能少，

那么我们可以让他只进一次 while，即让第一次进 while 的时候就令 $FLAG = 1$

由于只进一次 while，那么只需要算第一次进的时候需要比较几次

很显然，n 个数需要比较 n-1 次

故答案为 C

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T7：

由于有的元素可能不在这个链里面，即断开了连接，所以无法访问任意一个元素

并且 “随机访问一个元素” 指在 O(1) 的时间里访问该元素

链表的访问是O(n) 的

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T14：

首先要注意，这个 “分配方案” 是看成不同班，同样的学生

那么这就是很明显的插板了，并且已经说明了每个班至少有一个名额，

所以答案就是 $C_{10-1}^{7-1} = 84$ 种分配方案

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T15：

从这五副手套中取出两副，一共有 $C_5^2 = 10$ 种取法，

再随意配上两只手套 $C_{10-2\times2}^{6-2\times2} = C_6^4 = 15$ 种取法，

其中要去除掉这两只手套能配成一对的可能取法：$C_3^1 = 3$。

所以一共有 $C^3_5\times(C^2_6−C^1_3) = 120$ 种取法

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T16就只能自己去模拟，将对应关系一一列出来，这玩意没啥好解析的

T17：

这是一个进制的题，算出来的 ans 是进位的次数

len 代表的是这个转化出来的数的数位长度，其中最高位存储在 a[len-1] 中

(1)：这个 len 应该一直等于 $2$，不论 n 的值为几，

　　原因是在 i = 0 的时候必然会有一次进位，而进位之后 len 为 $2$，a[0] = 0，a[1] = 1

　　但是这时候 a[1] 本来也应该进一次位的，不过这个进位是 if ，不是 while，所以只会进行一次进位操作

(2)：错误，当 n = 0 的时候，len = 1，此时 $len > n$

(3)：正确，自己代数进去试试就知道了

(4)：$10^15$，因为每次 ++d[0] 都会 进行一次 ++ans，所以 n 为几，ans 就是几、

(5)：可以代入 9（即$3^2$）试试，最终得出的结果为 $4$ ，即 $\frac{3^2-1}{2}$

(6)：自己看题解

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T18

可以理解为 d[i][0] 是数列一， d[i][1] 是数列二

每次合并的价值为 数列一两数相加 与 数列二两数相减

求进行 n-1 次合并后的最大价值

(1)：会直接数组都不输入，直接结束程序