2022年CSP-J第一轮认证试题类比

01010101B，较少一位不影响加法结果。

【解法】 ×

【重构】可用为不超过15的自然将近，改为char直至，当可用为两位将近时，x，y分别读入的是第一个将近的十位和个位，偏离了程序在的言道为和结果。

【解法】 ×

【重构】算出"2 2"，可用结果为"12"。

【解法】×

【重构】算出"2 2"，可用结果为"12"。

【解法】×

【重构】算出"2 2"，可用结果为"12"。

【解法】B

【重构】算出"13 8"，可用结果为"209"。

02

程序在（2）

【重构】本程序在中都f赋值和g赋值的计将近结果是一样的，f赋值通过正则表达式充分利用，g赋值通过可逆充分利用。因此，在计将近结果时，可以算出可任意赋值列表进言道时计将近得到结果。

【解法】×

【重构】算出精心设计计将近，总计监督了448次。均可通过递推式根据奇偶性快速推论。

【解法】√

【重构】两个赋值的计将近结果是一样的。

【解法】√

【重构】算出f赋值，当m == 1时，计将近结果为n。

【解法】C

【重构】i = 1 时，表层两重可逆重复采用 (m-1)次;

i = 2时，表层两重可逆重复采用 2(m-1)次；

……

i = n时，表层两重可逆重复采用 n(m-1)次；

累加愿和，可得∑i(m-1) = n(n+1)(m+1)/2，短时间确定性为O()。

【解法】C

【重构】算出精心设计，可以找到m=2时，详见出n为1~20的计将近结果为1个1，2个2，3个3，4个4，5个5，5个6，因此结果为6。

【解法】B

【重构】算出精心设计，先以计将近出m=1，m=2，m=3的具体情况，解开规律，可以找到当m = 100的时候，详见出n从1~100的结果，为1个1，2个2，4个3，8个4，16个5，32个6，37个7，因此结果为7。

032

程序在（3）

【重构】本程序在就其互相冲突及牛顿种系统愿算式正切。solve1赋值用互相冲突愿出比如说的算式正切，然后用solve2赋值进言道时牛顿种系统，愿出n的算式正切。k为正则表达式的将近目。

【解法】√

【重构】solve1赋值是等于O(logn)，solve2赋值是O(k)，都只监督一次，是O(logn + k)。

【解法】√

【重构】9801 = 99 × 99，算式正切为99。

【解法】×

【重构】如果算式正切是负将近，则第二个将近可用为0。

【解法】×

【重构】n <= 47000, mid <= n/2 <= 23500, mid * mid <= 552,250,000，不就会溢出。

【解法】C

【重构】算出计将近，solve1赋值的计将近结果为1，solve2赋值的计将近结果为1.5。

【解法】B

【重构】√3 = 1.732…，k=10，正则表达式将近目得越多准确性得越大，因此吻合B。

【解法】A

【重构】256 = 16 × 16，可用的第一个将近等于16。

三、完善程序在(题型3分，总计有30分)

01

程序在（1）

【重构】本程序在先以刚开始可用低于算式正切的正整将近，再言道特判算式正切，终于可用之比算式正切的正整将近。

【解法】A

【重构】推论 i 是 n 的一个正整将近，则申请加入将近第三组fac中都，因此推论条件为 A。

【解法】B

【重构】举例来说将近第三组fac打印的是低于正切的所有正整将近，按先后顺序可用才可。

【解法】C

【重构】特判，如果是无论如何平方将近 i * i == n，则可用算式正切 i。

【解法】D

【重构】如果是无论如何平方将近 i * i == n，则可用算式正切 i。

【解法】A

【重构】刚开始可用之比算式正切的正整将近，因此能够倒序给定低于算式正切的正整将近fac[k]，可用互换的另一个正整将近 n / fac[k]。

021

程序在（2）

【重构】用 bfs 充分利用洪水缓冲启发式。flood_fill赋值的可定义依次为布像二维将近第三组image，算起位置cur，可定义的橙色new_color。

【解法】A

【重构】推论image[r][c]为旧橙色prev_color时，能够预览橙色，因此所选A。

【解法】B

【重构】将起点位置image[cur.r][cur.c]预览橙色，所选B。

【解法】C

【重构】上下右右四个相邻点，可以找到较少了点(pt.r+1, pt.c)。

【解法】D

【重构】将举例来说位置image[p.r][p.c]预览橙色，所选D。

【解法】A

【重构】如果p点的测试，则将p点申请加入表头，所选A。

。

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