CSP考试题库 - 第13页

第241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)
    { }
    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);
    }
};
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);
}
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;
}

假设输入的所有数的绝对值都不超过1000，solve2(1, n)的时间复杂度为（）。

A. O(logn) B. O(n) C. O(nlogn) D. O(n^2)

第242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)
    { }
    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);
    }
};
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);
}
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;
}

假设输入的所有数的绝对值都不超过1000，当输入为“10 -3 2 10 0 -8 9 -4 -5 9 4”时，输出的第一行为（）。

A. “13” B. “17” C. “24” D. “12”

第243题

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
char base[64];
char table[256];
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] = '/';
    for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}
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），程序总是先输出一行一个整数，再输出一行一个字符串。

A. 正确 B. 错误

第244题

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
char base[64];
char table[256];
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] = '/';
    for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}
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），对于任意不含空白字符的字符串str1，先执行程序输入“0 str1”，得到输出的第二行记为str2；再执行程序输入“1 str2”，输出的第二行必为str1。

A. 正确 B. 错误

第245题

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
char base[64];
char table[256];
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] = '/';
    for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}
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），当输入为“1 SGVsbG93b3JsZA==”时，输出的第二行为“HelloWorld”。

A. 正确 B. 错误

第246题

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
char base[64];
char table[256];
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] = '/';
    for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}
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），设输入字符串长度为n，encode函数的时间复杂度为（）。

A. O(√n) B. O(n) C. O(nlogn) D. O(n^2)

第247题

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
char base[64];
char table[256];
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] = '/';
    for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}
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），输出的第一行为（）。

A. “0xff” B. “255” C. “0xFF” D. “-1”

第248题

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
char base[64];
char table[256];
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] = '/';
    for (int i = 0; i < 256; i++) table[i] = 0xff;
    for (int i = 0; i < 64; i++) table[base[i]] = i;
    table['='] = 0;
}
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），当输入为“0 CSP2021csp”时，输出的第二行为（）。

A. “Q1NQMjAyMWNzcAv=” B. “Q1NQMjAyMGNzcA==” C. “Q1NQMjAyMGNzcAv=” D. “Q1NQMjAyMWNzcA==”

第249题

（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>
using namespace std;
const int M = 10000;
bool Vis[M + 1];
int F[M + 1];
void update(int &x, int y) {
    if (y < x)
        x = y;
}
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;
}

①处应填（）

A. F[4]=0 B. F[1]=4 C. F[1]=2 D. F[4]=1

第250题

（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>
using namespace std;
const int M = 10000;
bool Vis[M + 1];
int F[M + 1];
void update(int &x, int y) {
    if (y < x)
        x = y;
}
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处应填（）

A. !Vis[n] B. r C. F[M]==INT_MAX D. F[n]==INT_MAX

第251题

（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>
using namespace std;
const int M = 10000;
bool Vis[M + 1];
int F[M + 1];
void update(int &x, int y) {
    if (y < x)
        x = y;
}
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;
}

③处应填（）

A. F[i]==r B. !Vis[i]&&F[i]==r C. F[i] D. !Vis[i]&&F[i]

第252题

（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>
using namespace std;
const int M = 10000;
bool Vis[M + 1];
int F[M + 1];
void update(int &x, int y) {
    if (y < x)
        x = y;
}
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;
}

④处应填（）

A. F[i] B. F[i]<=r C. Vis[i] D. i<=x

第253题

（RMQ 区间最值问题）给定序列a₀,⋯,a_n-1，和m次询问，每次询问给定l,r，求max{a_l,⋯,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：

1) 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。
2) 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。
3) 注意新的问题为±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为1。

下面解决这个±1 RMQ问题，“序列”指Euler序列：

1) 设t为Euler序列长度。取。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。
2)（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)。
3) 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>
using namespace std;
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
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];
}
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;        
}
node *min(node *x, node *y) {
    return ③ ? x : y;
}
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;
    }
}
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;
}

① 处应填（）

A. p->son[0]=S[top--] B. p->son[1]=S[top--] C. S[top--]->son[0]=p D. S[top--]->son[1]=p

第254题

（RMQ 区间最值问题）给定序列a0,⋯,an-1，和m次询问，每次询问给定l,r，求max{al,⋯,ar}。

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：

1) 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。
2) 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。
3) 注意新的问题为±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为1。

下面解决这个±1 RMQ问题，“序列”指Euler序列：

1) 设t为Euler序列长度。取。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。
2)（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2b−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(b2b)，不超过O(n)。
3) 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>
using namespace std;
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
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];
}
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;        
}
node *min(node *x, node *y) {
    return ③ ? x : y;
}
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;
    }
}
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;
}

② 处应填（）

A. p->son[0]=S[top] B. p->son[1]=S[top] C. S[top]->son[0]=p D. S[top]->son[1]=p

第255题

（RMQ 区间最值问题）给定序列a0,⋯,an-1，和m次询问，每次询问给定l,r，求max{al,⋯,ar}。

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：

1) 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。
2) 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。
3) 注意新的问题为±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为1。

下面解决这个±1 RMQ问题，“序列”指Euler序列：

1) 设t为Euler序列长度。取。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。
2)（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2b−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(b2b)，不超过O(n)。
3) 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>
using namespace std;
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
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];
}
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;        
}
node *min(node *x, node *y) {
    return ③ ? x : y;
}
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;
    }
}
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;
}

③处应填（）

A. x->depdep B. x C. x->dep>y->dep D. x->valval

第256题

（RMQ 区间最值问题）给定序列a0,⋯,an-1，和m次询问，每次询问给定l,r，求max{al,⋯,ar}。

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：

1) 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。
2) 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。
3) 注意新的问题为±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为1。

下面解决这个±1 RMQ问题，“序列”指Euler序列：

1) 设t为Euler序列长度。取。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。
2)（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2b−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(b2b)，不超过O(n)。
3) 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>
using namespace std;
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
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];
}
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;        
}
node *min(node *x, node *y) {
    return ③ ? x : y;
}
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;
    }
}
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;
}

④ 处应填（）

A. A[i * b + j - 1] == A[i * b + j] -> son[0] B. A[i * b + j] -> val < A[i * b + j - 1] -> val C. A[i * b + j] == A[i * b + j - 1] -> son[1] D. A[i * b + j] -> dep < A[i * b + j - 1] -> dep

第257题

（RMQ 区间最值问题）给定序列a0,⋯,an-1，和m次询问，每次询问给定l,r，求max{al,⋯,ar}。

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：

1) 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。
2) 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。
3) 注意新的问题为±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为1。

下面解决这个±1 RMQ问题，“序列”指Euler序列：

1) 设t为Euler序列长度。取。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。
2)（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2b−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(b2b)，不超过O(n)。
3) 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>
using namespace std;
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
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];
}
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;        
}
node *min(node *x, node *y) {
    return ③ ? x : y;
}
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;
    }
}
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;
}

⑤ 处应填（）

A. v + = ( S >> i & 1 ) ? - 1 : 1 B. v + = ( S >> i & 1 ) ? 1 : - 1 C. v + = ( S >> ( i - 1 ) & 1 ) ? 1 : - 1 D. v + = ( S >> ( i - 1 ) & 1 ) ? - 1 : 1

第258题

（RMQ 区间最值问题）给定序列a0,⋯,an-1，和m次询问，每次询问给定l,r，求max{al,⋯,ar}。

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：

1) 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。
2) 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。
3) 注意新的问题为±1 RMQ，即相邻两点的深度差一定为1。

下面解决这个±1 RMQ问题，“序列”指Euler序列：

1) 设t为Euler序列长度。取。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。
2)（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2b−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(b2b)，不超过O(n)。
3) 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>
using namespace std;
const int MAXN = 100000, MAXT = MAXN << 1;
const int MAXL = 18, MAXB = 9, MAXC = MAXT / MAXB;
struct node {
    int val;
    int dep, dfn, end;
    node *son[2]; // son[0], son[1] 分别表示左右儿子
} T[MAXN];
int n, t, b, c, Log2[MAXC + 1];
int Pos[(1 << (MAXB - 1)) + 5], Dif[MAXC + 1];
node *root, *A[MAXT], *Min[MAXL][MAXC];
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];
}
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;        
}
node *min(node *x, node *y) {
    return ③ ? x : y;
}
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;
    }
}
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;
}

⑥ 处应填（）

A. (Dif[p] >> (r -p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1) B. Dif[p] C. (Dif[p] >> (l -p * b)) & ((1 << (r - l)) - 1) D. (Dif[p] >> ((p + 1) * b - r)) & ((1 << (r - l + 1)) - 1)

第259题

以下哪种功能没有涉及 C++语言的面向对象特性支持（）。

A. C++中调用 printf 函数 B. C++中调用用户定义的类成员函数 C. C++中构造一个 class 或 struct D. C++中构造来源于同一基类的多个派生类

第260题

有 6 个元素，按照 6、5、4、3、2、1 的顺序进入栈 S，请问下列哪个出栈序列是非法的（）。

A. 5 4 3 6 1 2 B. 4 5 3 1 2 6 C. 3 4 6 5 2 1 D. 2 3 4 1 5 6

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CSP考试

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