2026 YDSP Junior 入门级 C++ 语言试题详细题解

阅读程序部分的判断题统一约定：A 表示“正确”，B 表示“错误”。本卷是客观题整卷，题解按知识点、程序状态和补空语义逐题说明，不提供无意义的整卷参考程序。

答案总表

Hydro 题号	原卷小节	答案
1	1.1	C
2	1.2	D
3	1.3
4	1.4	A
5	1.5
6	1.6	B
7	1.7	C
8	1.8	B
9	1.9	D
10	1.10
11	1.11	C
12	1.12	B
13	1.13	C
14	1.14	B
15	1.15	A
16	2.1.1-1	A（正确）
17	2.1.1-2
18	2.1.1-3	B（错误）
19	2.1.1-4	A（正确）
20	2.1.2-5	B
21	2.1.2-6
22	2.2.1-1	A（正确）
23	2.2.1-2
24	2.2.2-3	C
25	2.2.2-4
26	2.2.2-5
27	2.3.1-1	A（正确）
28	2.3.1-2	B（错误）
29	2.3.2-3	A
30	2.3.2-4	B
31	2.3.2-5
32	2.3.2-6
33	3.1 Blank 1	A
34	3.1 Blank 2	B
35	3.1 Blank 3	A
36	3.1 Blank 4	B
37	3.1 Blank 5	C
38	3.2 Blank 1	D
39	3.2 Blank 2	A
40	3.2 Blank 3	C
41	3.2 Blank 4	A
42	3.2 Blank 5	B

原卷中的三处瑕疵

• 第 4 题要求在结点 1、9、5、2 中比较，选项却列出 1、8、5、9。应严格按题干集合判断，答案是结点 1；不能因为选项中出现结点 8 而改选 B。
• 第 9 题的 A、C 两项完全相同，且正确后序遍历应为 CGFADBHE，四个选项中没有这个结果，所以选择 D。
• 第 10 题的正确计数是 16，原卷没有给出 16，只能选择 D“前三个选项都不对”。

一、基础选择题

第 1 题

答案：C

原卷映射：1.1。

NOI 系列上机赛要求，设备发生故障时应举手，由考务人员处理。选手不得自行关闭或重新启动电脑，因此 C 是明确禁止的行为。其余三项是文字游戏式干扰项，并非这条考场规则所指的操作。

第 2 题

答案：D

原卷映射：1.2。

非零整数转换为 bool 都得到真，参与整数加法时真转换为 1，所以前两项分别为 1 和 1。浮点数转 int 向 0 截断，int(-3.7)=-3。

因此表达式的值为 $1+1-3=-1$，选择 D。

第 3 题

答案：D

原卷映射：1.3。

数组名 a 在该表达式中退化为首元素地址 &a[0]。指针向后移动 7 个元素，a+7 正好等于 &a[7]，所以选 D。

*a+7 是整数 a[0]+7；a+28 指向的不是 a[7]；a+7 是临时指针值，不能用 &(a+7) 得到所求指针。

第 4 题

答案：A

原卷映射：1.4。

同一结点的所有祖先都位于一条从根到该结点的链上。结点 1 和 5 都是结点 8 的祖先，而结点 5 的祖先列表 2、3、9 中没有 1，所以 1 不是 5 的祖先，只能是 5 为 1 的祖先。

于是结点 1 比结点 5 更深，结点 5 又比 2、9 更深。严格按题干给出的集合 1、9、5、2，最深的是 1。

原卷选项存在不一致：B 写成了题干集合外的结点 8，同时漏掉结点 2。若擅自把比较集合改成选项集合，就会产生另一个结论；本题必须按题干作答。

第 5 题

答案：A

原卷映射：1.5。

卡片上的数字直接决定归还时刻，相当于按键值把元素投入有限个类别，再按类别顺序收集。整个过程没有相邻交换，也没有反复寻找当前最小值。

这种思想最接近计数排序，因此选 A。

第 6 题

答案：B

原卷映射：1.6。

从 $p$、$q$ 各设一个向后的游标。每走一步，检查从 $p$ 出发的游标是否到达原结点 $q$，以及从 $q$ 出发的游标是否到达原结点 $p$。

位于前面的结点沿后继指针恰好走 $d$ 步就会到达另一个结点。因此只需 $O(d)$ 时间和 $O(1)$ 额外空间，不必从表头走完整条链，选择 B。

第 7 题

答案：C

原卷映射：1.7。

分别转换为十进制：

$$(2026)_8=2\times8^3+2\times8+6=1046,$$ $$(2026)_{16}=2\times16^3+2\times16+6=8230,$$

而 $(10\ 0000\ 0000\ 0000)_2=2^{13}=8192$。所以结果为 $1046+8230-8192=1084$，选择 C。

第 8 题

答案：B

原卷映射：1.8。

参数 m 以引用传递，所有递归层修改的是同一个变量。递归先到 f(0,m)，它返回 0，此时 $m=0$。

随后逐层回溯：f(1,m) 返回 1；f(2,m) 令 $m=1$ 并返回 3；f(3,m) 令 $m=4$ 并返回 7；f(4,m) 令 $m=11$ 并返回 15。

程序最终输出 15，选择 B。

第 9 题

答案：D

原卷映射：1.9。

前序首字符 E 是根。中序为 CBDFGA | E | H，所以右子树只有 H，左子树的前序为 BCDAFG、中序为 CBDFGA。

左子树根为 B，左儿子为 C。B 的右子树根为 D；D 的右侧是以 A 为根的子树，其中 F 是 A 的左儿子，G 是 F 的右儿子。

因此左子树后序为 CGFADB，再接右子树 H 和根 E，完整后序为 CGFADBHE。原卷没有该选项，且 A、C 重复为同一个错误字符串，故选 D。

第 10 题

答案：D

原卷映射：1.10。

六个下标任选三个共有 $\binom63=20$ 种。唯一重复字母是两个 u；不合法的子序列必须同时选中这两个位置，再从其余 4 个位置任选一个，共 4 种。

所以没有重复字母的长度 3 子序列共有 $20-4=16$ 个。原卷没有 16，故选 D。

第 11 题

答案：C

原卷映射：1.11。

所有区间状态 $(l,r)$ 的数量为 $n(n+1)/2=O(n^2)$。每个非空状态只比较两个子状态并加上一个权值，单次转移为 $O(1)$，所以求出 $f(1,n)$ 的时间复杂度为 $O(n^2)$，C 正确。

A 错在计算顺序取决于具体实现。自底向上和记忆化搜索可以采用不同访问顺序，两个无依赖关系的状态没有固定先后。

B 也不成立。任意递推链最多累加 $n$ 个不超过 $10^6$ 的权值，因此 $f(1,n)\le500\times10^6$，没有超过 32 位有符号整数上限。

D 中，增大 $w_{1,3}$ 虽会增大 $f(1,3)$，但外层 max 可能一直选择不经过该状态的另一分支。例如使 $f(2,4)$ 仍大于修改后的 $f(1,3)$，则 $f(1,4)$ 不变。

第 12 题

答案：B

原卷映射：1.12。

为了最大化正数结果，依次选择初值 7、乘 2、减 3、除以 0.2、除以 2。中间值依次为 $7,14,11,55$。

变量 x 是 int，最后的 $55/2$ 截断为 27。因此最大输出是 27，选择 B。

第 13 题

答案：C

原卷映射：1.13。

g[u] 只保存从 $u$ 出发的边，所以 g[u].size() 是出度，不是有向图结点的总度数，A 不严谨。

g[x][y] 把结点编号 $y$ 当成 vector 下标，不能表示“查找终点 y”，还可能越界。添加边 $x\to y$ 的正确写法是 g[x].push_back(y);，所以选 C。

当 $n=10^5$ 时，下标 1～100000 都在 g[100001] 范围内；50 万条边由各个 vector 动态保存，D 所说的必然溢出不会发生。

第 14 题

答案：B

原卷映射：1.14。

条件等价于：每个不超过 100 的合数都必须与 $m$ 有公因子。任意这样的合数都有一个不超过其平方根、因而不超过 10 的素因子，只可能是 2、3、5、7 之一。

$420=2^2\times3\times5\times7$ 含有这四个素因子，所以满足条件。480 不含因子 7，取 $x=49$ 即违例；2026 不含因子 3，取 $x=9$ 即违例。

第 15 题

答案：A

原卷映射：1.15。

三个顶点把正十边形圆周分成三段。设三段跨越的边数为正整数 $a,b,c$，则 $a+b+c=10$。旋转和翻折只改变三段的排列，因此只需统计 10 分拆成三个正整数的无序方案。

这些方案是 $(1,1,8)$、$(1,2,7)$、$(1,3,6)$、$(1,4,5)$、$(2,2,6)$、$(2,3,5)$、$(2,4,4)$、$(3,3,4)$。跨度为 $k$ 的弦长是 $2R\sin(k\pi/10)$，只会把 $k$ 与 $10-k$ 对应为同一长度；把跨度规范为 $\min(k,10-k)$ 后，八组依次变为 $(1,1,2)$、$(1,2,3)$、$(1,3,4)$、$(1,4,5)$、$(2,2,4)$、$(2,3,5)$、$(2,4,4)$、$(3,3,4)$，仍两两不同。因此恰有 8 类，选择 A。

二、阅读程序

程序 1 的功能与维护量

trans 从低位到高位读取 $x$ 的二进制位。第 $i$ 轮的 p 等于 $3^i$；若第 $i$ 个二进制位为 1，就把 $3^i$ 加入 ans。

若 $x=\sum b_i2^i$，其中 $b_i\in\{0,1\}$，函数返回 $\sum b_i3^i$。因此返回值的三进制数位序列正好是 $x$ 的二进制数位序列。

循环中，x 保存尚未处理的高位，p 是当前三进制位权，ans 是已处理低位的贡献。每右移一次就处理一个原二进制位，单次调用时间为 $O(\log x)$、空间为 $O(1)$。

第 16 题

答案：A（正确）

原卷映射：2.1.1-1。

由程序模型，二进制位 $b_i$ 被原样放到三进制第 $i$ 位。每位仍然只是 0 或 1，不会产生进位，所以两种进制表示具有相同的数字序列。

第 17 题

答案：A（正确）

原卷映射：2.1.1-2。

设 $x$ 末尾有 $k$ 个连续二进制 1。加 1 后，这 $k$ 位清零，第 $k$ 位由 0 变为 1，因此 trans 的变化量为

$$3^k-\sum_{i=0}^{k-1}3^i =3^k-\frac{3^k-1}{2} =\frac{3^k+1}{2}>0.$$

所以在 $x+1$ 仍处于合法范围时，函数值严格增加。

第 18 题

答案：B（错误）

原卷映射：2.1.1-3。

公式 $(3^t-1)/2$ 只适用于这些 1 恰好占据最低 $t$ 位的情况。一般情况下，结果还取决于每个 1 的位置。

例如 $x=2=(10)_2$ 只有一个数位为 1，但 trans(2)=3，而题中公式给出 1，因此判断错误。

第 19 题

答案：A（正确）

原卷映射：2.1.1-4。

改成 p <<= 1 后，第 $i$ 轮的 p 等于 $2^i$。此时 ans 变为 $\sum b_i2^i$，恰好恢复原整数 $x$，所以每个输入数都会原样输出。

第 20 题

答案：B

原卷映射：2.1.2-5。

依次转换：0 映成 0，1 映成 1，$2=(10)_2$ 映成 $(10)_3=3$，$5=(101)_2$ 映成 $(101)_3=10$，$10=(1010)_2$ 映成 $(1010)_3=30$。

输出为 0 1 3 10 30，选择 B。

第 21 题

答案：B

原卷映射：2.1.2-6。

trans 严格递增，最大输入 1023 的十个二进制位全为 1。因此最大值为

$$1+3+\cdots+3^9=\frac{3^{10}-1}{2}=29524.$$

选择 B。59049 是 $3^{10}$，不是十个三进制位全为 1 的数值。

程序 2 的功能与维护量

程序先按右端点升序排列区间，右端点相同时按左端点降序。check(d) 维护最近一个已选区间的右端点 last，只有当前区间满足 $l_i\ge last+d$ 时才选它。

在所有当前可选区间中，最早结束的区间给后续留下的空间最大，因此按最小右端点贪心能取得最多区间。cnt>=k 就表示间距 $d$ 可行。

较大的 $d$ 可行时，较小的 $d$ 必然也可行。主程序利用这一单调性二分最大可行值。若 $C=\max r_i-\min l_i$，总时间为 $O(n\log n+n\log C)$，空间为 $O(n)$。

第 22 题

答案：A（正确）

原卷映射：2.2.1-1。

比较函数先比较 r，右端点不同时令较小者在前；右端点相同时返回 x.l > y.l，即左端点较大的在前。题目叙述与代码完全一致。

第 23 题

答案：A（正确）

原卷映射：2.2.1-2。

若一组 $k$ 个区间满足相邻间距至少为 $d$，同一组区间自然也满足至少为 $d-1$。而 check 的贪心能判断该阈值下是否可选到 $k$ 个区间。

因此 check(d) 为真必然推出 check(d-1) 为真，这正是二分所需的单调性。

第 24 题

答案：C

原卷映射：2.2.2-3。

当 $d=3$ 时，可以依次选择 $[1,3]$、$[7,9]$、$[12,15]$，因为 $7\ge3+3$、$12\ge9+3$，恰好得到 3 个区间。

当 $d=4$ 时，只能选到 $[1,3]$ 和 $[7,9]$；最后一段不满足 $12\ge9+4$。因此最大可行值是 3，选择 C。

第 25 题

答案：C

原卷映射：2.2.2-4。

排序一次需要 $O(n\log n)$。二分进行 $O(\log C)$ 轮，每轮的 check 都扫描全部 $n$ 个区间，因此检查部分共 $O(n\log C)$。

总时间为 $O(n\log n+n\log C)$，选择 C。选项 B 漏掉了每次检查中的线性扫描。

第 26 题

答案：C

原卷映射：2.2.2-5。

改成严格大于后，$d=2$ 时仍可选 $[1,3]$、$[7,9]$、$[12,15]$，因为 $7>3+2$ 且 $12>9+2$。

$d=3$ 时，最后一步要求 $12>9+3$，等号不能通过，只能选到两个区间。因此最大输出为 2，选择 C。

程序 3 的功能与维护量

insert_node 建立二叉搜索树：小于当前值进入左子树，大于或等于当前值进入右子树。因此重复值总向右插入。

dfs 维护三类信息：height 是访问过的最大深度；sz[u] 在两棵子树处理后计算为以 $u$ 为根的子树大小；leaves 统计没有儿子的结点。

find_node 按同一比较规则查找，遇到第一个相等值立即返回。因此有重复值时，它返回搜索路径上最靠上的那个值。

设树高为 $h$，一次插入或查询为 $O(h)$。建树最坏 $O(n^2)$、全部查询最坏 $O(qn)$，dfs 为 $O(n)$；在 $n,q\le1000$ 下可以直接运行。

第 27 题

答案：A（正确）

原卷映射：2.3.1-1。

严格递增序列中的每个新值都进入右子树，树退化为长度 $n$ 的右链。根的深度为 1，最深结点的深度为 $n$；只有链尾是叶子。

所以第二行输出 n 1，判断正确。

第 28 题

答案：B（错误）

原卷映射：2.3.1-2。

交换左右递归顺序只改变访问先后，不改变每个结点最终的左右子树大小。最大深度和叶子数也只依赖树的结构，与先访问哪一侧无关。

查询发生在整次 dfs 完成后，使用的仍是同一组最终结果，因此输出不会改变。

第 29 题

答案：A

原卷映射：2.3.2-3。

插入后根为 5。左子树根为 3，儿子为 2、4，共 3 个结点；右子树根为 8，儿子为 7、9，也有 3 个结点。

查询 3、8、6 得到 3 3 0。树高为 3，叶子 2、4、7、9 共 4 个，所以第二行是 3 4，选择 A。

第 30 题

答案：B

原卷映射：2.3.2-4。

第二个 2 被插到第一个 2 的右侧，3 又进入第二个 2 的右侧。因此第一个值为 2 的结点子树包含 2、2、3，大小为 3；根 4 的子树大小为 6。

最长路径是 $4\to2\to2\to3$，高度为 4；叶子是 3 和 5，共 2 个。程序输出 3 6 与 4 2，选择 B。

第 31 题

答案：B

原卷映射：2.3.2-5。

查找遇到第一个等于 $x$ 的结点就停止。按插入规则，这个结点的左子树只可能含严格小于 $x$ 的值，因此其中一定不存在另一个 $x$，B 正确。

返回结点不是最后插入的同值结点；当 $x$ 只出现一次时，右子树也未必含 $x$；当前结点还可以拥有更小值构成的左儿子。因此 A、C、D 都不保证成立。

第 32 题

答案：B

原卷映射：2.3.2-6。

二叉搜索树按非递减顺序输出应采用中序遍历：先访问左子树，再输出当前结点，最后访问右子树。

Position B 恰好位于两次递归调用之间，所以选择 B。重复值虽然在右侧，但中序输出仍然是非递减序列。

三、完善程序

数轴上的饼干：双指针含义

排序后，l 指向尚未取走的左侧饼干中坐标最大的一个，r 指向右侧饼干中坐标最小的一个。初始化时，r 应是第一个非负坐标，l=r-1。

每一步只有 a[l] 和 a[r] 可能最近，因为更左或更右的点距离不会更小。若两侧距离相等，题意要求选择坐标较小的左侧。

取走一侧后，应先把 pos 更新为当前候选，再把该侧指针向外移动。排序需要 $O(n\log n)$，双指针扫描为 $O(n)$，总空间为 $O(n)$。

第 33 题

答案：A

原卷映射：3.1 Blank 1。

要让 r 停在第一个非负数，应从 0 开始，在下标合法且 a[r]<0 时递增。因此应填 r < n && a[r] < 0。

先判断 r<n 可以利用短路求值防止越界；当所有数都为负时，循环会安全停在 r=n。

第 34 题

答案：B

原卷映射：3.1 Blank 2。

只要左侧还有元素，即 l>=0，或者右侧还有元素，即 r<n，就仍有饼干需要处理。因此循环条件是 l >= 0 || r < n。

若使用逻辑与，一侧先耗尽时循环就会提前结束，另一侧的饼干将被遗漏。

第 35 题

答案：A

原卷映射：3.1 Blank 3。

选择左侧首先要求 l>=0。若右侧已经耗尽，即 r>=n，只能向左；否则比较当前距离 pos-a[l] 与 a[r]-pos。

平局时坐标较小的是左侧，所以必须使用 <=。完整条件为 l >= 0 && (r >= n || pos - a[l] <= a[r] - pos)。

B 会在平局时错误地选右；C 描述的是偏向右侧的条件；D 比较的是两点到原点的距离，人在移动后就不再适用。

第 36 题

答案：B

原卷映射：3.1 Blank 4。

本轮取走的是当前 a[l]，所以应先令 pos=a[l]，再让 l 减一。后缀自减 pos = a[l--] 正好符合这一顺序。

前缀自减会先改变下标，跳过当前饼干，并可能在边界处越界。

第 37 题

答案：C

原卷映射：3.1 Blank 5。

向右移动时同理，应先令 pos=a[r]，再使 r 加一。因此应填后缀自增形式 pos = a[r++]，选择 C。

拆墙迷宫：BFS 状态设计

仅用坐标不足以描述搜索状态，因为到达同一格时，“是否已经拆过墙”会影响以后还能否进入 #。因此状态是 $(x,y,used)$，其中 $used\in\{0,1\}$。

这里无需再记录“具体拆过哪一堵墙”。所有移动代价均为正，任一最短路线若含有环，都可以删去该环而得到更短路线；所以最短路线可取简单路径，离开已经拆开的墙格后不需要再次进入它。只记录是否已经消耗拆墙机会就足够。

dista[x][y][used] 记录对应状态的最短距离。每步代价都是 1，使用 BFS 后，某状态第一次被访问时就得到其最短距离。

扩展相邻格时先排除越界。若下一格是墙且 used=1，就不能再进入；否则，新状态等于原状态加上“下一格是否为墙”。

终点可能由未拆墙或已拆墙两类状态到达，答案应取存在的最小值。状态数不超过 $2nm$，每个状态检查四个方向，时间和空间均为 $O(nm)$。

第 38 题

答案：D

原卷映射：3.2 Blank 1。

所有未访问状态必须初始化为 -1，而且要覆盖整个三维数组 dista。因此应填 memset(dista, -1, sizeof(dista))。

A 只填两个整数；B 会破坏迷宫内容；C 把未访问状态设为 0，会与起点距离混淆。

第 39 题

答案：A

原卷映射：3.2 Blank 2。

标准 BFS 必须在队列非空时持续取出队首并扩展，所以条件是 !q.empty()。

只检查终点某一层的距离可能过早停止，也无法正确处理不可达情形；q.empty() 方向相反，q.size()==1 更不能覆盖一般状态。

第 40 题

答案：C

原卷映射：3.2 Blank 3。

只有“下一格是墙”且“此前已经拆过一堵墙”时，这次移动才非法。因此跳过条件是 g[nx][ny] == '#' && u.used == 1。

当 used=0 时，进入第一堵墙必须被允许，否则程序就没有使用拆墙机会的途径。

第 41 题

答案：A

原卷映射：3.2 Blank 4。

进入普通格时 used 不变；进入墙时它从 0 变为 1。前一步已经排除了 used=1 再进墙，所以可统一写成 u.used + (g[nx][ny] == '#')。

若只使用“当前格是不是墙”作为新状态，走回普通格时会把已经使用的拆墙机会错误地清零。

第 42 题

答案：B

原卷映射：3.2 Blank 5。

此处已经知道“用过拆墙机会”的终点距离存在，但 ans=dista[tx][ty][0] 仍可能是 -1。

若 ans==-1，应直接采用第 1 层距离；否则才取两者最小值。因此正确表达式是 ans = (ans == -1 ? dista[tx][ty][1] : min(ans, dista[tx][ty][1]))。

直接执行 min(-1,正数) 会错误地保留 -1；取最大值也不符合最短路目标。