简介这份资料是2024年CSP-S第二轮认证提高级的上机真题PDF面向备战信息学奥赛的中学选手与竞赛教练用于熟悉正式赛题风格、检验算法与编程实现水平。压缩包内仅1个PDF文件约210KB完整收录决斗、超速检测、染色、擂台游戏四道传统型题目涵盖题目描述、输入输出格式、样例解释与数据范围并附有文件命名、main函数返回值、100KB源码限制、512MiB内存与Linux评测环境等注意事项。其中决斗涉及拓扑排序与策略选择超速检测聚焦匀加速运动下的数据处理与算法优化染色对应图着色与贪心思路擂台游戏则综合模拟、搜索与动态规划技巧。已有5867人学习下载适合赛前限时模拟、逐题复盘与查漏补缺帮助选手在真实约束下提升算法设计与代码实现能力。1. 从一套真题说起CSP-S 2024 第二轮到底考了什么每年十月最后一个周六下午总有一批信奥选手坐在机房里面对四道题、四个半小时、512 MiB 内存和 1 到 2 秒的时限。2024 年 CSP-S 第二轮提高级的上机真题就是这套在 10 月 26 日 14:30 到 18:30 进行的认证题目包含决斗duel、超速检测detect、染色color、擂台游戏arena四道传统型题目。它面向的是准备冲击省选、NOIP 乃至更高阶段的信息学奥赛选手也适合教练拿来当模拟赛题、机构用来做分层训练。这套题的价值不在于“刷完就完”而在于它把贪心、二分、物理建模、动态规划、异或前缀和这些考点揉进了四个有真实背景的场景里每一道都能拆出可复用的解题套路。下面我按“题目在考什么 → 怎么建模 → 代码怎么写 → 哪里容易翻车”的顺序把这套真题拆开讲透。2. 决斗duel排序贪心与攻击顺序的构造2.1 题目在考什么决斗这道题表面是卡牌游戏本质是一个带约束的匹配问题。n 只怪兽每只攻击力和防御力都是 r_i每只怪兽整场最多发起一次攻击攻击方攻击力严格大于被攻击方防御力时被攻击方退出。目标是让游戏结束时未退出的怪兽数量最少。关键观察一只怪兽如果发起过攻击它就不会再被“未发起攻击”这个条件卡住而一只没发起攻击的怪兽只要它没被打退就会留在场上。所以我们要尽量让“能打退别人”的怪兽去攻击同时让“会被打退”的怪兽尽早退场。2.2 贪心策略与正确性把 r 排序后一个自然的想法是用较大的 r 去打较小的 r。因为攻击条件是严格大于所以如果当前最大的 r 能打退某个较小的 r就让它打。更精确地说设排序后数组为 a[1..n]我们从小到大考虑每一只怪兽作为“被攻击方”看是否存在一只还没攻击过的、r 值严格大于它的怪兽来打它。这里有一个容易忽略的点攻击方自己也会消耗掉“唯一一次攻击机会”。所以不能简单地用最大值去扫一遍而要维护一个“可用攻击者”的集合。常见做法是双指针排序后用指针 j 从大到小找能打退当前最小未退场怪兽的怪兽同时保证 j 自己还没攻击过。// duel.cpp 核心贪心排序 双指针 #include bits/stdc.h using namespace std; int main() { freopen(duel.in, r, stdin); freopen(duel.out, w, stdout); int n; scanf(%d, n); vectorint r(n); for (int i 0; i n; i) scanf(%d, r[i]); sort(r.begin(), r.end()); // 双指针i 指向待被消灭的最小怪兽j 指向可用的最大攻击者 int ans n; // 最坏情况全部存活 int j n - 1; // 从最大开始找攻击者 vectorbool used(n, false); for (int i 0; i n; i) { if (used[i]) continue; // 找一个 r 值严格大于 r[i] 且未攻击过的怪兽 while (j 0 (used[j] || r[j] r[i])) j--; if (j 0) { used[j] true; // j 发起攻击 used[i] true; // i 被消灭 ans--; } } printf(%d\n, ans); return 0; }逻辑说明排序后r[i] 是最小的待处理怪兽。j 从最大端往小找跳过已用过的和 r 值不够大的。找到就配对双方都标记为“已处理”存活数减一。参数上n 最大 10^5排序 O(n log n)双指针 O(n)总复杂度 O(n log n)1 秒时限完全够用。2.3 特殊性质 A 的提示题目给了特殊性质 A每个 r_i 在值域中独立均匀随机生成。这意味着重复值很少贪心几乎总能配对成功。但正式数据里 r_i 可以大量重复比如全部相同这时答案就是 n因为没有任何怪兽能严格大于另一只。这个边界要在代码里自然覆盖到不需要特判。3. 超速检测detect物理建模与区间覆盖3.1 把运动学公式翻译成代码超速检测是四道题里物理味最重的一道。车辆从 d_i 驶入初速度 v_i加速度 a_i道路限速 V。测速仪在 p_j 位置车经过开启的测速仪时瞬时速度超过 V 就算超速。第一问全部开启时有多少辆车超速。第二问在不漏掉任何超速车的前提下最多关掉多少测速仪。核心是把每辆车的“超速区间”算出来。根据题目给的公式位移 s 后的瞬时速度满足 v^2 v0^2 2as。要找到速度刚好等于 V 的位置解出 s (V^2 - v0^2) / (2a)。但要注意 a 的正负和车辆是否在到达该位置前就驶离道路。// detect.cpp 计算每辆车的超速区间 [L_i, R_i] #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; struct Car { ll d, v, a; }; // 返回该车在道路上的超速区间用 long long 避免浮点误差 pairll,ll speedRange(ll d, ll v, ll a, ll L, ll V) { // 车辆行驶范围 [d, end] ll end d; if (a 0) { end L; // 匀速一直开到最北端 } else if (a 0) { end L; // 加速开到最北端 } else { // 减速可能中途停下v a*t 0 位移 s -v^2/(2a) ll s v * v / (-2 * a); // 注意整除方向 end min(L, d s); } // 找速度首次达到 V 的位置 // v^2 2a*s V^2 s (V^2 - v^2) / (2a) ll lo d, hi end; if (v V) { lo d; // 一进来就超速 } else if (a 0) { return {1, 0}; // 空区间永不超速 } else { // 加速且初始不超速解出 s ll num (ll)V * V - v * v; ll den 2 * a; ll s (num den - 1) / den; // 向上取整 lo d s; if (lo end) return {1, 0}; } return {lo, end}; }逻辑说明这里用 long long 做整数运算避免浮点精度问题。题目提示里专门说了“如果使用浮点数需要注意精度”所以能整数就整数。对于减速情况要算车辆实际能走多远不能直接拿 L 当终点。参数上L 最大 10^6v 和 a 最大 10^3中间量 V^2 和 v^2 都在 10^6 量级long long 绰绰有余。3.2 第二问区间选点与贪心关闭第一问简单对每辆车算出超速区间看这个区间里有没有至少一个测速仪。有就计数。第二问是经典区间覆盖的变体每个超速车对应一个区间我们需要选最少的测速仪使得每个区间内至少有一个被选中的测速仪。等价于“最多关闭多少”就是 m 减去最少需要保留的数量。贪心策略把所有超速区间按右端点排序然后从左到右扫每次选当前区间右端点之前最靠右的测速仪。这样能覆盖尽可能多的后续区间。// 第二问最少保留测速仪数量 int minSensors(vectorpairll,ll ranges, vectorll p) { sort(ranges.begin(), ranges.end(), [](auto x, auto y){ return x.second y.second; }); int cnt 0; ll last -1; for (auto [l, r] : ranges) { if (last ! -1 last l last r) continue; // 已被覆盖 // 在 [l, r] 中找最靠右的测速仪 auto it upper_bound(p.begin(), p.end(), r); if (it p.begin()) continue; // 理论上不会发生 --it; if (*it l) { last *it; cnt; } } return cnt; }逻辑说明按右端点排序后每次处理一个还没被覆盖的区间选它右端点以内最靠右的测速仪。这个测速仪位置记为 last后续区间只要包含 last 就自动被覆盖。参数上测速仪位置 p 已经有序用 upper_bound 找第一个大于 r 的位置回退一步就是最靠右的。复杂度 O(n log m)n 和 m 都是 10^52 秒时限没问题。3.3 多组数据的处理这道题有 T 组数据T 最大 20但 n 和 m 的总和没有明确限制所以每组都要独立清空、独立计算。常见翻车点是全局数组没重置或者把上一组的测速仪位置带到了下一组。我一般会在每组开头把 vector 重新构造而不是 clear 后复用。4. 染色color动态规划与同色最近匹配4.1 重新理解得分规则染色题给一个数组 A每个数染红或蓝。对于每个位置 i看它左边最近的同色数 A_j如果 A_i 等于 A_j则得分加上 A_i否则加 0。目标是最大化总分。这个规则的关键在于“最近的同色数”。也就是说两个相同值的数如果被染成同色并且中间没有同色的其他数它们就能配对得分。但中间如果有同色的数配对关系就被打断。4.2 动态规划设计设 dp[i] 表示考虑前 i 个数能得到的最大得分。对于第 i 个数它要么不和左边任何同色数配对得分 0要么和某个 j i 配对且 A_j A_i并且 j 和 i 之间没有同色的数。但“之间没有同色数”这个条件让状态变得复杂。换一个角度我们其实是在把数组划分成若干段每段内同色数连续出现。更简单的思路是对于每个值我们只关心它最近一次出现的位置。如果当前数和上一次同值数染成同色并且中间没有同色数就能得分。实际上这道题有一个经典结论最优解中每种颜色内部的相同值配对不会交叉。可以用 dp[i] 表示前 i 个数的最大得分转移时考虑 A_i 是否和前面某个同值数配对。// color.cpp 动态规划 #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; ll solve(vectorint A) { int n A.size(); vectorll dp(n 1, 0); // last[v] 记录值 v 上一次出现的位置1-indexed unordered_mapint,int last; for (int i 1; i n; i) { dp[i] dp[i - 1]; // 不配对 int v A[i - 1]; if (last.count(v)) { int j last[v]; // 尝试让 j 和 i 配对得分 A[i-1] dp[i] max(dp[i], dp[j - 1] v); } last[v] i; } return dp[n]; }逻辑说明dp[i] 表示前 i 个数的最大得分。对于 A_i如果不配对继承 dp[i-1]如果配对找到上一次出现的位置 j用 dp[j-1] A_i 更新。这里的关键是j 和 i 配对时j 之前的数可以自由染色不会影响 j 和 i 的同色关系因为 j 是 i 左边最近的同值数。参数上n 最大 2×10^5A_i 最大 10^6用 unordered_map 或数组记录 last 都可以。T 最大 10总复杂度 O(n)。4.3 为什么这个 dp 是对的有人会问如果 j 和 i 配对但 j 和 i 之间还有别的同值数怎么办实际上如果中间有同值数 k那么 last[v] 会更新为 kj 就不会是“最近”的了。所以 dp 转移时用的 j 一定是最近的同值数天然满足条件。这个性质保证了 dp 的正确性。5. 擂台游戏arena异或前缀和与二进制分组5.1 题目结构拆解擂台游戏是四道题里最复杂的一道。n 个选手能力值 a_i补足到 2^k 人。每轮抽签决定擂主是编号小的还是大的擂主能力值 ≥ 当前轮数 R 则擂主获胜否则挑战者获胜。有 m 个询问每个询问给一个前缀长度 c_i求可能成为总冠军的选手编号之和。最后输出的是所有询问答案的异或和带系数。这道题的核心在于对于每个前缀哪些选手有可能夺冠。由于补充选手的能力值可以任取所以补充选手也可能夺冠。5.2 二进制分组与区间性质观察比赛树结构每轮把相邻的选手两两分组胜者进入下一轮。这实际上是一棵完全二叉树。对于前缀 c_i我们只考虑前 c_i 个选手补足到 2^k。一个关键观察在第 R 轮擂主的能力值只需要 ≥ R 就能获胜。这意味着能力值越高的选手越容易在后面的轮次获胜。而抽签结果 d_{R,G} 决定了每场比赛的擂主是谁。对于每个选手它能否夺冠取决于它所在的比赛路径上每一轮的擂主是否满足能力值条件。由于补充选手能力值可以任取我们可以认为补充选手在需要时总能取到足够大的能力值。5.3 代码实现思路// arena.cpp 核心预处理每轮抽签对每个前缀计算可能冠军编号和 #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; int main() { int n, m; scanf(%d %d, n, m); vectorll a(n 1); for (int i 1; i n; i) scanf(%lld, a[i]); vectorint c(m); for (int i 0; i m; i) scanf(%d, c[i]); int K 0; while ((1 K) n) K; // 读入每轮抽签 vectorvectorint d(K 1); for (int R 1; R K; R) { int cnt 1 (K - R); d[R].resize(cnt 1); string s; cin s; for (int G 1; G cnt; G) d[R][G] s[G-1] - 0; } int T; scanf(%d, T); while (T--) { ll X[4]; for (int i 0; i 4; i) scanf(%lld, X[i]); // 计算真实能力值 vectorll real(n 1); for (int i 1; i n; i) real[i] a[i] ^ X[i % 4]; // 对每个询问计算答案 ll xorsum 0; for (int q 0; q m; q) { int len c[q]; int k 0; while ((1 k) len) k; // 模拟比赛树计算可能冠军 // ... 具体实现略核心是递归/迭代判断每个位置是否可能夺冠 ll ans 0; // 此处根据抽签和能力值判断 xorsum ^ (ll)(q 1) * ans; } printf(%lld\n, xorsum); } return 0; }逻辑说明这道题的完整实现较长核心是对于每个前缀模拟比赛树判断每个选手是否可能夺冠。由于补充选手能力值可任取判断时要把补充位置视为“万能”。参数上n 和 m 最大 10^5T 最大 256但 T 组数据只是修改能力值比赛树结构不变所以可以预处理抽签结构每组数据只重新计算能力值相关部分。5.4 特殊性质 B 的简化特殊性质 B 保证所有 d_{R,G} 0即每场都是编号小的当擂主。这时比赛结果完全由能力值决定不需要考虑抽签的随机性。可以先用这个性质写一版暴力验证思路后再推广到一般情况。6. 避坑与排查这套真题里最容易翻车的五个点6.1 文件名和输入输出重定向写错现象本地跑样例正确提交后全部 WA 或 RE。 原因CSP 要求源文件名和输入输出文件名必须完全匹配duel.cpp 对应 duel.in / duel.outdetect.cpp 对应 detect.in / detect.out以此类推。文件名大小写、拼写错误都会导致评测时读不到文件。 解决每道题开头统一写 freopen并且在本地建好同名 .in 文件测试。我习惯在代码模板里把 freopen 放在 main 第一行避免忘记。6.2 浮点精度导致超速检测判断错误现象样例过了但大数据 WA。 原因超速检测里速度比较涉及平方和除法用 double 计算时边界值可能因为精度误差判错。比如速度刚好等于 V 时浮点可能算成略大于 V。 解决全部用整数运算。比较 v^2 和 V^2 时直接比整数解位置时用向上取整的整数除法。题目提示里专门警告了浮点精度这不是客套话。6.3 染色 dp 的 last 数组没清空现象多组数据时第二组开始答案偏大。 原因last 数组记录了上一组的值位置下一组复用时没有重置导致配对到了上一组的位置。 解决每组数据重新构造 last 数组或者用时间戳标记。我一般直接用 unordered_map 局部变量每组新建省心。6.4 擂台游戏的能力值异或计算顺序搞反现象样例第一组就错。 原因题目里能力值是 a_i ai ⊕ X{i mod 4}注意下标从 1 开始i mod 4 取 0 到 3。有人写成 (i-1) mod 4 或者直接 i%4 但没处理 0 的情况。 解决明确 i 从 1 开始X 下标用 i % 4当 i%40 时用 X[0]。写个小函数封装避免每处都手写。6.5 决斗贪心的双指针边界越界现象n1 时 RE 或答案错误。 原因双指针 j 从 n-1 开始当 i 和 j 相遇或交叉时没有正确终止。 解决在 while 循环里加 j 0 的判断并且当 j i 时直接跳出。n1 时答案就是 1因为唯一一只怪兽无法攻击自己。7. 从暴力到正解用对拍验证你的实现这套真题每道题都有多个测试点和特殊性质正式比赛时最怕的是“样例过了但隐藏数据挂掉”。我自己的习惯是每道题先写一版暴力再写正解然后用随机数据对拍。对拍脚本不需要多复杂一个生成器加两个可执行文件跑几百组就能发现大部分逻辑错误。以决斗为例暴力可以枚举所有攻击顺序的全排列n ≤ 8 时可行。正解是排序贪心。生成器随机产生 n 和 r 数组对拍时比较两个程序的输出。如果连续几百组都一样基本可以放心。# 对拍脚本示例Linux #!/bin/bash for i in $(seq 1 500); do python3 gen.py duel.in ./duel_bf duel.in duel_bf.out ./duel duel.in duel.out if ! diff -q duel_bf.out duel.out /dev/null; then echo Difference found at test $i break fi done echo Done参数说明gen.py 生成随机数据duel_bf 是暴力程序duel 是正解。diff -q 静默比较发现不同就停下并保留现场。这个脚本我每次比赛前都会跑一遍尤其是贪心和 dp 类题目对拍能抓出绝大多数边界问题。超速检测的对拍要注意生成合法的物理参数d_i 在 [0, L) 内v_i 和 a_i 在合理范围测速仪位置严格递增。染色题的对拍可以生成小 n 和重复值较多的数组专门测试相同值连续出现的情况。擂台游戏的对拍最麻烦因为要生成抽签和能力值但可以先固定抽签全 0 或全 1验证特殊性质再逐步放开。从那以后我每次拿到一套真题都强制自己先写暴力、再写正解、最后对拍哪怕时间紧也至少跑 100 组。这个习惯帮我省下了太多“样例过、评测挂”的后悔药。希望这套拆解能帮到你把 2024 年 CSP-S 第二轮的四个题真正吃透。本文还有配套的精品资源点击获取 
长河君 · 2026/10/24 8:45:34 · 阅读 1.2k CSP-S 2024 第二轮真题解析：贪心、二分、动态规划与异或前缀和
简介这份资料是2024年CSP-S第二轮认证提高级的上机真题PDF面向备战信息学奥赛的中学选手与竞赛教练用于熟悉正式赛题风格、检验算法与编程实现水平。压缩包内仅1个PDF文件约210KB完整收录决斗、超速检测、染色、擂台游戏四道传统型题目涵盖题目描述、输入输出格式、样例解释与数据范围并附有文件命名、main函数返回值、100KB源码限制、512MiB内存与Linux评测环境等注意事项。其中决斗涉及拓扑排序与策略选择超速检测聚焦匀加速运动下的数据处理与算法优化染色对应图着色与贪心思路擂台游戏则综合模拟、搜索与动态规划技巧。已有5867人学习下载适合赛前限时模拟、逐题复盘与查漏补缺帮助选手在真实约束下提升算法设计与代码实现能力。1. 从一套真题说起CSP-S 2024 第二轮到底考了什么每年十月最后一个周六下午总有一批信奥选手坐在机房里面对四道题、四个半小时、512 MiB 内存和 1 到 2 秒的时限。2024 年 CSP-S 第二轮提高级的上机真题就是这套在 10 月 26 日 14:30 到 18:30 进行的认证题目包含决斗duel、超速检测detect、染色color、擂台游戏arena四道传统型题目。它面向的是准备冲击省选、NOIP 乃至更高阶段的信息学奥赛选手也适合教练拿来当模拟赛题、机构用来做分层训练。这套题的价值不在于“刷完就完”而在于它把贪心、二分、物理建模、动态规划、异或前缀和这些考点揉进了四个有真实背景的场景里每一道都能拆出可复用的解题套路。下面我按“题目在考什么 → 怎么建模 → 代码怎么写 → 哪里容易翻车”的顺序把这套真题拆开讲透。2. 决斗duel排序贪心与攻击顺序的构造2.1 题目在考什么决斗这道题表面是卡牌游戏本质是一个带约束的匹配问题。n 只怪兽每只攻击力和防御力都是 r_i每只怪兽整场最多发起一次攻击攻击方攻击力严格大于被攻击方防御力时被攻击方退出。目标是让游戏结束时未退出的怪兽数量最少。关键观察一只怪兽如果发起过攻击它就不会再被“未发起攻击”这个条件卡住而一只没发起攻击的怪兽只要它没被打退就会留在场上。所以我们要尽量让“能打退别人”的怪兽去攻击同时让“会被打退”的怪兽尽早退场。2.2 贪心策略与正确性把 r 排序后一个自然的想法是用较大的 r 去打较小的 r。因为攻击条件是严格大于所以如果当前最大的 r 能打退某个较小的 r就让它打。更精确地说设排序后数组为 a[1..n]我们从小到大考虑每一只怪兽作为“被攻击方”看是否存在一只还没攻击过的、r 值严格大于它的怪兽来打它。这里有一个容易忽略的点攻击方自己也会消耗掉“唯一一次攻击机会”。所以不能简单地用最大值去扫一遍而要维护一个“可用攻击者”的集合。常见做法是双指针排序后用指针 j 从大到小找能打退当前最小未退场怪兽的怪兽同时保证 j 自己还没攻击过。// duel.cpp 核心贪心排序 双指针 #include bits/stdc.h using namespace std; int main() { freopen(duel.in, r, stdin); freopen(duel.out, w, stdout); int n; scanf(%d, n); vectorint r(n); for (int i 0; i n; i) scanf(%d, r[i]); sort(r.begin(), r.end()); // 双指针i 指向待被消灭的最小怪兽j 指向可用的最大攻击者 int ans n; // 最坏情况全部存活 int j n - 1; // 从最大开始找攻击者 vectorbool used(n, false); for (int i 0; i n; i) { if (used[i]) continue; // 找一个 r 值严格大于 r[i] 且未攻击过的怪兽 while (j 0 (used[j] || r[j] r[i])) j--; if (j 0) { used[j] true; // j 发起攻击 used[i] true; // i 被消灭 ans--; } } printf(%d\n, ans); return 0; }逻辑说明排序后r[i] 是最小的待处理怪兽。j 从最大端往小找跳过已用过的和 r 值不够大的。找到就配对双方都标记为“已处理”存活数减一。参数上n 最大 10^5排序 O(n log n)双指针 O(n)总复杂度 O(n log n)1 秒时限完全够用。2.3 特殊性质 A 的提示题目给了特殊性质 A每个 r_i 在值域中独立均匀随机生成。这意味着重复值很少贪心几乎总能配对成功。但正式数据里 r_i 可以大量重复比如全部相同这时答案就是 n因为没有任何怪兽能严格大于另一只。这个边界要在代码里自然覆盖到不需要特判。3. 超速检测detect物理建模与区间覆盖3.1 把运动学公式翻译成代码超速检测是四道题里物理味最重的一道。车辆从 d_i 驶入初速度 v_i加速度 a_i道路限速 V。测速仪在 p_j 位置车经过开启的测速仪时瞬时速度超过 V 就算超速。第一问全部开启时有多少辆车超速。第二问在不漏掉任何超速车的前提下最多关掉多少测速仪。核心是把每辆车的“超速区间”算出来。根据题目给的公式位移 s 后的瞬时速度满足 v^2 v0^2 2as。要找到速度刚好等于 V 的位置解出 s (V^2 - v0^2) / (2a)。但要注意 a 的正负和车辆是否在到达该位置前就驶离道路。// detect.cpp 计算每辆车的超速区间 [L_i, R_i] #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; struct Car { ll d, v, a; }; // 返回该车在道路上的超速区间用 long long 避免浮点误差 pairll,ll speedRange(ll d, ll v, ll a, ll L, ll V) { // 车辆行驶范围 [d, end] ll end d; if (a 0) { end L; // 匀速一直开到最北端 } else if (a 0) { end L; // 加速开到最北端 } else { // 减速可能中途停下v a*t 0 位移 s -v^2/(2a) ll s v * v / (-2 * a); // 注意整除方向 end min(L, d s); } // 找速度首次达到 V 的位置 // v^2 2a*s V^2 s (V^2 - v^2) / (2a) ll lo d, hi end; if (v V) { lo d; // 一进来就超速 } else if (a 0) { return {1, 0}; // 空区间永不超速 } else { // 加速且初始不超速解出 s ll num (ll)V * V - v * v; ll den 2 * a; ll s (num den - 1) / den; // 向上取整 lo d s; if (lo end) return {1, 0}; } return {lo, end}; }逻辑说明这里用 long long 做整数运算避免浮点精度问题。题目提示里专门说了“如果使用浮点数需要注意精度”所以能整数就整数。对于减速情况要算车辆实际能走多远不能直接拿 L 当终点。参数上L 最大 10^6v 和 a 最大 10^3中间量 V^2 和 v^2 都在 10^6 量级long long 绰绰有余。3.2 第二问区间选点与贪心关闭第一问简单对每辆车算出超速区间看这个区间里有没有至少一个测速仪。有就计数。第二问是经典区间覆盖的变体每个超速车对应一个区间我们需要选最少的测速仪使得每个区间内至少有一个被选中的测速仪。等价于“最多关闭多少”就是 m 减去最少需要保留的数量。贪心策略把所有超速区间按右端点排序然后从左到右扫每次选当前区间右端点之前最靠右的测速仪。这样能覆盖尽可能多的后续区间。// 第二问最少保留测速仪数量 int minSensors(vectorpairll,ll ranges, vectorll p) { sort(ranges.begin(), ranges.end(), [](auto x, auto y){ return x.second y.second; }); int cnt 0; ll last -1; for (auto [l, r] : ranges) { if (last ! -1 last l last r) continue; // 已被覆盖 // 在 [l, r] 中找最靠右的测速仪 auto it upper_bound(p.begin(), p.end(), r); if (it p.begin()) continue; // 理论上不会发生 --it; if (*it l) { last *it; cnt; } } return cnt; }逻辑说明按右端点排序后每次处理一个还没被覆盖的区间选它右端点以内最靠右的测速仪。这个测速仪位置记为 last后续区间只要包含 last 就自动被覆盖。参数上测速仪位置 p 已经有序用 upper_bound 找第一个大于 r 的位置回退一步就是最靠右的。复杂度 O(n log m)n 和 m 都是 10^52 秒时限没问题。3.3 多组数据的处理这道题有 T 组数据T 最大 20但 n 和 m 的总和没有明确限制所以每组都要独立清空、独立计算。常见翻车点是全局数组没重置或者把上一组的测速仪位置带到了下一组。我一般会在每组开头把 vector 重新构造而不是 clear 后复用。4. 染色color动态规划与同色最近匹配4.1 重新理解得分规则染色题给一个数组 A每个数染红或蓝。对于每个位置 i看它左边最近的同色数 A_j如果 A_i 等于 A_j则得分加上 A_i否则加 0。目标是最大化总分。这个规则的关键在于“最近的同色数”。也就是说两个相同值的数如果被染成同色并且中间没有同色的其他数它们就能配对得分。但中间如果有同色的数配对关系就被打断。4.2 动态规划设计设 dp[i] 表示考虑前 i 个数能得到的最大得分。对于第 i 个数它要么不和左边任何同色数配对得分 0要么和某个 j i 配对且 A_j A_i并且 j 和 i 之间没有同色的数。但“之间没有同色数”这个条件让状态变得复杂。换一个角度我们其实是在把数组划分成若干段每段内同色数连续出现。更简单的思路是对于每个值我们只关心它最近一次出现的位置。如果当前数和上一次同值数染成同色并且中间没有同色数就能得分。实际上这道题有一个经典结论最优解中每种颜色内部的相同值配对不会交叉。可以用 dp[i] 表示前 i 个数的最大得分转移时考虑 A_i 是否和前面某个同值数配对。// color.cpp 动态规划 #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; ll solve(vectorint A) { int n A.size(); vectorll dp(n 1, 0); // last[v] 记录值 v 上一次出现的位置1-indexed unordered_mapint,int last; for (int i 1; i n; i) { dp[i] dp[i - 1]; // 不配对 int v A[i - 1]; if (last.count(v)) { int j last[v]; // 尝试让 j 和 i 配对得分 A[i-1] dp[i] max(dp[i], dp[j - 1] v); } last[v] i; } return dp[n]; }逻辑说明dp[i] 表示前 i 个数的最大得分。对于 A_i如果不配对继承 dp[i-1]如果配对找到上一次出现的位置 j用 dp[j-1] A_i 更新。这里的关键是j 和 i 配对时j 之前的数可以自由染色不会影响 j 和 i 的同色关系因为 j 是 i 左边最近的同值数。参数上n 最大 2×10^5A_i 最大 10^6用 unordered_map 或数组记录 last 都可以。T 最大 10总复杂度 O(n)。4.3 为什么这个 dp 是对的有人会问如果 j 和 i 配对但 j 和 i 之间还有别的同值数怎么办实际上如果中间有同值数 k那么 last[v] 会更新为 kj 就不会是“最近”的了。所以 dp 转移时用的 j 一定是最近的同值数天然满足条件。这个性质保证了 dp 的正确性。5. 擂台游戏arena异或前缀和与二进制分组5.1 题目结构拆解擂台游戏是四道题里最复杂的一道。n 个选手能力值 a_i补足到 2^k 人。每轮抽签决定擂主是编号小的还是大的擂主能力值 ≥ 当前轮数 R 则擂主获胜否则挑战者获胜。有 m 个询问每个询问给一个前缀长度 c_i求可能成为总冠军的选手编号之和。最后输出的是所有询问答案的异或和带系数。这道题的核心在于对于每个前缀哪些选手有可能夺冠。由于补充选手的能力值可以任取所以补充选手也可能夺冠。5.2 二进制分组与区间性质观察比赛树结构每轮把相邻的选手两两分组胜者进入下一轮。这实际上是一棵完全二叉树。对于前缀 c_i我们只考虑前 c_i 个选手补足到 2^k。一个关键观察在第 R 轮擂主的能力值只需要 ≥ R 就能获胜。这意味着能力值越高的选手越容易在后面的轮次获胜。而抽签结果 d_{R,G} 决定了每场比赛的擂主是谁。对于每个选手它能否夺冠取决于它所在的比赛路径上每一轮的擂主是否满足能力值条件。由于补充选手能力值可以任取我们可以认为补充选手在需要时总能取到足够大的能力值。5.3 代码实现思路// arena.cpp 核心预处理每轮抽签对每个前缀计算可能冠军编号和 #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; int main() { int n, m; scanf(%d %d, n, m); vectorll a(n 1); for (int i 1; i n; i) scanf(%lld, a[i]); vectorint c(m); for (int i 0; i m; i) scanf(%d, c[i]); int K 0; while ((1 K) n) K; // 读入每轮抽签 vectorvectorint d(K 1); for (int R 1; R K; R) { int cnt 1 (K - R); d[R].resize(cnt 1); string s; cin s; for (int G 1; G cnt; G) d[R][G] s[G-1] - 0; } int T; scanf(%d, T); while (T--) { ll X[4]; for (int i 0; i 4; i) scanf(%lld, X[i]); // 计算真实能力值 vectorll real(n 1); for (int i 1; i n; i) real[i] a[i] ^ X[i % 4]; // 对每个询问计算答案 ll xorsum 0; for (int q 0; q m; q) { int len c[q]; int k 0; while ((1 k) len) k; // 模拟比赛树计算可能冠军 // ... 具体实现略核心是递归/迭代判断每个位置是否可能夺冠 ll ans 0; // 此处根据抽签和能力值判断 xorsum ^ (ll)(q 1) * ans; } printf(%lld\n, xorsum); } return 0; }逻辑说明这道题的完整实现较长核心是对于每个前缀模拟比赛树判断每个选手是否可能夺冠。由于补充选手能力值可任取判断时要把补充位置视为“万能”。参数上n 和 m 最大 10^5T 最大 256但 T 组数据只是修改能力值比赛树结构不变所以可以预处理抽签结构每组数据只重新计算能力值相关部分。5.4 特殊性质 B 的简化特殊性质 B 保证所有 d_{R,G} 0即每场都是编号小的当擂主。这时比赛结果完全由能力值决定不需要考虑抽签的随机性。可以先用这个性质写一版暴力验证思路后再推广到一般情况。6. 避坑与排查这套真题里最容易翻车的五个点6.1 文件名和输入输出重定向写错现象本地跑样例正确提交后全部 WA 或 RE。 原因CSP 要求源文件名和输入输出文件名必须完全匹配duel.cpp 对应 duel.in / duel.outdetect.cpp 对应 detect.in / detect.out以此类推。文件名大小写、拼写错误都会导致评测时读不到文件。 解决每道题开头统一写 freopen并且在本地建好同名 .in 文件测试。我习惯在代码模板里把 freopen 放在 main 第一行避免忘记。6.2 浮点精度导致超速检测判断错误现象样例过了但大数据 WA。 原因超速检测里速度比较涉及平方和除法用 double 计算时边界值可能因为精度误差判错。比如速度刚好等于 V 时浮点可能算成略大于 V。 解决全部用整数运算。比较 v^2 和 V^2 时直接比整数解位置时用向上取整的整数除法。题目提示里专门警告了浮点精度这不是客套话。6.3 染色 dp 的 last 数组没清空现象多组数据时第二组开始答案偏大。 原因last 数组记录了上一组的值位置下一组复用时没有重置导致配对到了上一组的位置。 解决每组数据重新构造 last 数组或者用时间戳标记。我一般直接用 unordered_map 局部变量每组新建省心。6.4 擂台游戏的能力值异或计算顺序搞反现象样例第一组就错。 原因题目里能力值是 a_i ai ⊕ X{i mod 4}注意下标从 1 开始i mod 4 取 0 到 3。有人写成 (i-1) mod 4 或者直接 i%4 但没处理 0 的情况。 解决明确 i 从 1 开始X 下标用 i % 4当 i%40 时用 X[0]。写个小函数封装避免每处都手写。6.5 决斗贪心的双指针边界越界现象n1 时 RE 或答案错误。 原因双指针 j 从 n-1 开始当 i 和 j 相遇或交叉时没有正确终止。 解决在 while 循环里加 j 0 的判断并且当 j i 时直接跳出。n1 时答案就是 1因为唯一一只怪兽无法攻击自己。7. 从暴力到正解用对拍验证你的实现这套真题每道题都有多个测试点和特殊性质正式比赛时最怕的是“样例过了但隐藏数据挂掉”。我自己的习惯是每道题先写一版暴力再写正解然后用随机数据对拍。对拍脚本不需要多复杂一个生成器加两个可执行文件跑几百组就能发现大部分逻辑错误。以决斗为例暴力可以枚举所有攻击顺序的全排列n ≤ 8 时可行。正解是排序贪心。生成器随机产生 n 和 r 数组对拍时比较两个程序的输出。如果连续几百组都一样基本可以放心。# 对拍脚本示例Linux #!/bin/bash for i in $(seq 1 500); do python3 gen.py duel.in ./duel_bf duel.in duel_bf.out ./duel duel.in duel.out if ! diff -q duel_bf.out duel.out /dev/null; then echo Difference found at test $i break fi done echo Done参数说明gen.py 生成随机数据duel_bf 是暴力程序duel 是正解。diff -q 静默比较发现不同就停下并保留现场。这个脚本我每次比赛前都会跑一遍尤其是贪心和 dp 类题目对拍能抓出绝大多数边界问题。超速检测的对拍要注意生成合法的物理参数d_i 在 [0, L) 内v_i 和 a_i 在合理范围测速仪位置严格递增。染色题的对拍可以生成小 n 和重复值较多的数组专门测试相同值连续出现的情况。擂台游戏的对拍最麻烦因为要生成抽签和能力值但可以先固定抽签全 0 或全 1验证特殊性质再逐步放开。从那以后我每次拿到一套真题都强制自己先写暴力、再写正解、最后对拍哪怕时间紧也至少跑 100 组。这个习惯帮我省下了太多“样例过、评测挂”的后悔药。希望这套拆解能帮到你把 2024 年 CSP-S 第二轮的四个题真正吃透。本文还有配套的精品资源点击获取