对一个大小为16（下标0-15）的数组构建满线段树，查询区间[3,11]时，最少需要访问多少个树结点（包括路径上的父结点和完全包含在查询区间内的结点）？

②处应填？  

⑤处应填？

①处应填？  

①处应填？  

1到1000之间，不能被2、3、5中任意一个数整除的整数有多少个？  

如果因为某些问题，导致程序运行第25行的dfs函数之前，数组p的初值并不全为0，则对程序的影响是？

⑤处应填？  

函数guess2在运行过程中，最多使用的猜测次数的量级为？ 

④处应填？  

假如删去第14行的“if (flag[i]) continue;”，输入3，得到的输出答案是？

当输入的n=4的时候，程序输出的答案为？

将字符串“cat”“car”“cart”“case”“dog”“do”插入一个空的Trie树（前缀树）中，构建完成的Trie树（包括根节点）共有多少个结点？

递归关系式T(n)=2T(n/2)+O(n²)描述了某个分治算法的时间复杂度，该算法的时间复杂度是多少？

③处应填？

④处应填？

函数guess1在运行过程中，cnt_broken的值最多为？

在一个大小为13的哈希表中，使用闭散列法的线性探查来解决冲突，哈希函数为H(key)=key mod 13，依次插入关键字18、26、35、9、68、74，插入74后，它最终被放置在哪个索引位置？ 

③处应填？

②处应填？ 

如果一棵二叉搜索树的后序遍历序列是2,5,4,8,12,10,6，那么该树的前序遍历是什么？

当输入为“3 15 1 2 -1 2 1 2”时，输出结果为？

对于一个包含n个结点和m条边的有向无环图（DAG），其拓扑排序的结果有多少种可能？ 

一个0-1背包问题，背包容量为20，现有5个物品，重量和价值分别为7,5,4,3,6和15,12,9,7,13，装入背包的物品能获得的最大总价值是多少？

记程序结束前p数组元素的最大值为P，则该代码的时间复杂度是？

在KMP算法中，对于模式串P='abacaba'，其next数组（next[i]定义为模式串P[0...i]最长公共前后缀的长度，且数组下标从0开始）的值是什么？

在一棵以结点1为根的树中，结点12和结点18的最近公共祖先（LCA）是结点4，下列哪个结点的LCA组合是不可能出现的？

有5个独立的、不可抢占的任务A1,A2,A3,A4,A5需在一台机器上执行（从时间0开始），每个任务有处理时长和截止时刻（原文部分数据表述可能存在排版问题），为使总惩罚最小，应选择哪个任务作为第一个执行任务？  

有5个红色球和5个蓝色球，除颜色外完全相同，将10个球排成一排，要求任意两个蓝色球都不能相邻，有多少种不同的排列方法？

当输入的n=100的时候，代码中t=1和t=2分别需要的猜测次数最多分别为？

在一个初始为空的最小堆（min-heap）中，依次插入元素20,12,15,8,10,5，然后连续执行两次“删除最小值”（delete-min）操作，此时堆顶元素是什么？  

本题所求出的是？

一个包含8个顶点的完全图（顶点编号1到8），任意两点之间的边权重等于两顶点编号的差的绝对值，该图的最小生成树总权重是多少？

斐波那契数列定义为F(0)=0，F(1)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2)，使用朴素递归方法计算F(n)的时间复杂度是指数级的，而使用动态规划（或迭代）方法的时间复杂度是线性的，造成这种差异的根本原因是？

在dfs函数运行过程中，k的取值会满足1≤k≤n+1。

代码中第39行到第50行的目的是为了将ans1数组进行“去重”操作。

不管输入的n和k具体为多少，t=2时的猜测数总是小于等于t=1时的猜测数。

假设计算过程中不发生溢出，函数mpow(x, k)的功能是求出x的k次方的值。

不管t=1或t=2，程序都一定会猜到正确结果。

当输入为“6 5 1”时，猜测次数为5；当输入“6 5 2”时，猜测次数为3。

删除第19行的“flag[i]=false;”，对答案不会产生影响。

删除第51行的“std::sort(ans2.begin(), ans2.end());”后，输出的结果不会受到影响。 

当输入的n=3的时候，程序输出的答案为3。

include <algorithm>
include <cstdio>
include <cstring>
define ll long long
int cnt_broken = 0;
int cnt_check = 0;
int n, k;
inline bool check(int h) {
    printf("now check:%d\n", h);
    ++cnt_check;
    if (cnt_broken == 2) {
        printf("You have no egg!\n");
        return false;
    }
    if (h >= k) {
        ++cnt_broken;
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}
inline bool assert_ans(int h) {
    if (h == k) {
        printf("You are Right using %d checks\n", cnt_check);
        return true;
    } else {
        printf("Wrong answer!\n");
        return false;
    }
}
inline void guess1(int n) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (check(i)) {
            assert_ans(i);
            return;
        }
    }
}
inline void guess2(int n) {
    int w = 1;
    while (w * (w + 1) / 2 < n) {
        ++w;
    }
    int ti = w;
    int nh = 0;
    while (true) {
        nh += ti;
        if (nh > n) {
            nh = n;
        }
        if (check(nh)) {
            for (int j = nh ti + 1; j < nh; ++j) {
                if (check(j)) {
                    assert_ans(j);
                    return;
                }
            }
            assert_ans(nh);
            return;
        }
        --ti;
        if (ti == 0) {
            assert_ans(n);
            return;
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    if (t == 1) {
        guess1(n);
    } else {
        guess2(n);
    }
    return 0;
}

函数guess2在运行过程中，最多使用的猜测次数的量级为？ 

不管输入的n和k具体为多少，t=2时的猜测数总是小于等于t=1时的猜测数。

函数guess1在运行过程中，cnt_broken的值最多为？

不管t=1或t=2，程序都一定会猜到正确结果。

当输入为“6 5 1”时，猜测次数为5；当输入“6 5 2”时，猜测次数为3。

当输入的n=100的时候，代码中t=1和t=2分别需要的猜测次数最多分别为？

生产线测试

题目背景

工厂打算通过客户反馈来间接测试生产线，从而找到存在缺陷的生产线。工厂有n条生产线（编号0～n-1），已知其中恰有一条生产线存在缺陷。每一轮测试为，从若干生产线的产品取样混合成一个批次发给客户。若该批次中包含缺陷生产线的产品，客户将要求退货（结果记为1），否则正常收货（记为0）。受售后压力限制，在所有发货批次中，最多只能有k次退货（即结果为1的次数≤k）。工厂的目标是，设计最少的间接测试轮数w（发货总批次），保证根据客户收货或退货的反馈结果，唯一确定存在缺陷的生产线。

以下程序实现了工厂的目标，包含两部分：

i) 确定w的最小值，并设计最优测试方案；

ii) 根据测试结果推断存在缺陷的生产线。

该程序确定w最小值的方法为：由于不同的生产线故障时，测试应当返回不同的结果，因此w轮测试的可能结果数不应少于生产线数量。

`test_subset()` 函数为抽象测试接口，输入所有批次的方案并返回一个二进制编码；该编码表示为每批次的检测结果（即最低位是第1批次、最高位是第w批次）；其实现在此处未给出。

`test_subset()` 函数为抽象测试接口，输入所有批次的方案并返回一个二进制编码；该编码表示为每批次的检测结果（即最低位是第1批次、最高位是第w批次）；其实现在此处未给出。

试补全程序。

include <algorithm>
include <cstddef>
include <iostream>
include <vector>
using namespace std;
long long comb(int w, int i) { // 计算组合数C(w,i)
    if (i < 0 || i > w) {
        return 0;
    }
    long long res = 1;
    for (int t = 1; t <= i; ++t) {
        res = res * (w t + 1) / t;
    }
    return res;
}
long long count_patterns(int w, int k) { // 计算长度为w、1的个数≤k的码字总数
    long long total = 0;
    for (int t = 0; t <= min(w, k); ++t) {
        total += comb(w, t);
    }
    return total;
}
int test_subset(const vector<vector<int>> &plan); // 抽象测试接口
int solve(int n, int k) {
    // 第1步：求最小w
    int w = 1;
    while (      ①      ) { // ①处待完善
        ++w;
    }
    cout << w << endl;
    // 第2步：生成n个长度为w、含1的数量不超过k的二进制串，保存在code里面
    vector<vector<int>> code(n, vector<int>(w, 0));
    int idx = 0;
    for (int ones = 0; ones <= k && idx < n; ++ones) {
        vector<int> bits(w, 0);
        fill(bits.begin(), bits.begin() + ones, 1);
        do {
            for (int b = 0; b < w; ++b) {
                code[idx][b] = bits[b];
            }
            ++idx;
            if (idx >= n) {
                break;
            }
        } while (    ②      ); // ②处待完善
    }
    // 第3步：生成测试方案plan
    vector<vector<int>> plan(w);
    for (int i = 0; i < w; ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            if (         ③       ) { // ③处待完善
                plan[i].push_back(j); // 将第j条生产线产品混合到第i轮测试
            }
        }
    }
    // 第4步：调用测试接口
    int signature = test_subset(plan);
    // 第5步：结果解码，将signature转为二进制串sig_bits
    vector<int> sig_bits(w, 0);
    for (int i = 0; i < w; ++i) {
        if (       ④       ) { // ④处待完善
            sig_bits[i] = 1;
        }
    }
    // 第6步：匹配sig_bits与code，找到缺陷生产线
    for (int j = 0; j < n; ++j) {
        if (        ⑤        ) { // ⑤处待完善
            return j;
        }
    }
    return -1;
}
int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    int ans = solve(n, k);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

①处应填？  

⑤处应填？  

④处应填？  

③处应填？

②处应填？ 

include <algorithm>
include <cstdio>
include <cstring>
include <vector>
define ll long long
int n, m;
std::vector<int> k, p;
inline int mpow(int x, int k) {
    int ans = 1;
    for (; k; k = k >> 1, x = x * x) {
        if (k & 1) {
            ans = ans * x;
        }
    }
    return ans;
}
std::vector<int> ans1, ans2;
int cnt1, cnt2;
inline void dfs(std::vector<int> &ans, int &cnt, int l, int r, int v) {
    if (l > r) {
        ++cnt;
        ans.push_back(v);
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        dfs(ans, cnt, l + 1, r, v + k[l] * mpow(i, p[l]));
    }
    return;
}
std::vector<int> cntans1;
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    k.resize(n + 1);
    p.resize(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d%d", &k[i], &p[i]);
    }
    dfs(ans1, cnt1, 1, n >> 1, 0);
    dfs(ans2, cnt2, (n >> 1) + 1, n, 0);
    std::sort(ans1.begin(), ans1.end());
    int newcnt1 = 1;
    cntans1.push_back(1);
    for (int i = 1; i < cnt1; ++i) {
        if (ans1[i] == ans1[newcnt1 1]) {
            ++cntans1[newcnt1 1];
        } else {
            ans1[newcnt1++] = ans1[i];
            cntans1.push_back(1);
        }
    }
    cnt1 = newcnt1;
    std::sort(ans2.begin(), ans2.end());
    int las = 0;
    ll ans = 0;
    for (int i = cnt2 1; i >= 0; --i) {
        while (las < cnt1 && ans1[las] + ans2[i] < 0) {
            ++las;
        }
        if (las < cnt1 && ans1[las] + ans2[i] == 0) {
            ans += cntans1[las];
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

代码中第39行到第50行的目的是为了将ans1数组进行“去重”操作。

假设计算过程中不发生溢出，函数mpow(x, k)的功能是求出x的k次方的值。

当输入为“3 15 1 2 -1 2 1 2”时，输出结果为？

记程序结束前p数组元素的最大值为P，则该代码的时间复杂度是？

删除第51行的“std::sort(ans2.begin(), ans2.end());”后，输出的结果不会受到影响。 

本题所求出的是？

include <algorithm>
include <cstdio>
include <cstring>
bool flag[27];
int n;
int p[27];
int ans = 0;
void dfs(int k) {
    if (k == n + 1) {
        ++ans;
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (flag[i]) continue;
        if (k > 1 && i == p[k 1] + 1) continue;
        p[k] = i;
        flag[i] = true;
        dfs(k + 1);
        flag[i] = false;
    }
    return;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    dfs(1);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

如果因为某些问题，导致程序运行第25行的dfs函数之前，数组p的初值并不全为0，则对程序的影响是？

在dfs函数运行过程中，k的取值会满足1≤k≤n+1。

假如删去第14行的“if (flag[i]) continue;”，输入3，得到的输出答案是？

当输入的n=4的时候，程序输出的答案为？

删除第19行的“flag[i]=false;”，对答案不会产生影响。

当输入的n=3的时候，程序输出的答案为3。

特殊最短路

题目背景

给定一个含N个点、M条边的带权无向图，边权非负。起点为S，终点为T。对于一条S到T的路径，可以在整条路径中，至多选择一条边作为“免费边”：当第一次经过这条被选中的边时，费用视为0；如果之后再次经过该边，则仍按其原始权重视计费。点和边均允许重复经过。求从S到T的最小总费用。

以下代码求解了上述问题。试补全程序。

include <algorithm>
include <iostream>
include <queue>
include <vector>
using namespace std;
const long long INF = 1e18;
struct Edge {
    int to;
    int weight;
};
struct State {
    long long dist;
    int u;
    int used_freebie; // 0 for not used, 1 for used
    bool operator>(const State &other) const {
        return dist > other.dist;
    }
};
int main() {
    int n, m, s, t;
    cin >> n >> m >> s >> t;
    vector<vector<Edge>> adj(n + 1);
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        adj[u].push_back({v, w});
        adj[v].push_back({u, w});
    }
    vector<vector<long long>> d(n + 1, vector<long long>(2, INF));
    priority_queue<State, vector<State>, greater<State>> pq;
    d[s][0] = 0;
    pq.push(    ①   ); // ①处待完善（注：原文①处对应初始化相关）
    while (!pq.empty()) {
        State current = pq.top();
        pq.pop();
        long long dist = current.dist;
        int u = current.u;
        int used = current.used_freebie;
        if (dist >    ②     ) { // ②处待完善
            continue;
        }
        for (const auto &edge : adj[u]) {
            int v = edge.to;
            int w = edge.weight;
            // 情况1：不使用免费边
            if (d[v][used] >    ③    + w) { // ③处待完善
                d[v][used] = d[u][used] + w;
                pq.push({d[v][used], v, used});
            }
            // 情况2：使用免费边（仅当未使用过）
            if (used == 0 && d[v][1] >    ④     + 0) { // ④处待完善
                d[v][1] = d[u][0] + 0;
                pq.push({d[v][1], v, 1});
            }
        }
    }
    cout <<     ⑤    << endl; // ⑤处待完善
    return 0;
}

②处应填？  

⑤处应填？

①处应填？  

③处应填？

④处应填？