2023年5月电子学会青少年C/C++软件编程（四级）等级考试试卷及答案解析
1、怪盗基德的滑翔翼
怪盗基德是一个充满传奇色彩的怪盗，专门以珠宝为目标的超级盗窃犯。而他最为突出的地方，就是他每次都能逃脱中村警部的重重围堵，而这也很大程度上是多亏了他随身携带的便于操作的滑翔翼。
有一天，怪盗基德像往常一样偷走了一颗珍贵的钻石，不料却被柯南小朋友识破了伪装，而他的滑翔翼的动力装置也被柯南踢出的足球破坏了。不得已，怪盗基德只能操作受损的滑翔翼逃脱。
假设城市中一共有N幢建筑排成一条线，每幢建筑的高度各不相同。初始时，怪盗基德可以在任何一幢建筑的顶端。他可以选择一个方向逃跑，但是不能中途改变方向（因为中森警部会在后面追击）。因为滑翔翼动力装置受损，他只能往下滑行（即：只能从较高的建筑滑翔到较低的建筑）。他希望尽可能多地经过不同建筑的顶部，这样可以减缓下降时的冲击力，减少受伤的可能性。请问，他最多可以经过多少幢不同建筑的顶部（包含初始时的建筑）？
时间限制：1000
内存限制：65536
输入
输入数据第一行是一个整数K（K < 100），代表有K组测试数据。 每组测试数据包含两行：第一行是一个整数N(N < 100)，代表有N幢建筑。第二行包含N个不同的整数，每一个对应一幢建筑的高度h（0 < h < 10000），按照建筑的排列顺序给出。
输出
对于每一组测试数据，输出一行，包含一个整数，代表怪盗基德最多可以经过的建筑数量。
样例输入
3
8
300 207 155 299 298 170 158 65
8
65 158 170 298 299 155 207 300
10
2 1 3 4 5 6 7 8 9 10
样例输出
6
6
9
//解法1
#include
using namespace std;
#define N 105
int a[N], dpu[N], dpd[N];
int main()
{
int k, n, mxu, mxd;
cin >> k;
while(k--)
{
mxu = mxd = 0;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i)//求最长上升子序列
{
dpu[i] = 1;
for(int j = 1; j < i; ++j)
if(a[i] > a[j])
dpu[i] = max(dpu[i], dpu[j]+1);
mxu = max(mxu, dpu[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)//求最长下降子序列
{
dpd[i] = 1;
for(int j = 1; j < i; ++j)
if(a[i] < a[j])
dpd[i] = max(dpd[i], dpd[j]+1);
mxd = max(mxd, dpd[i]);
}
cout << max(mxu, mxd) << endl;
}
return 0;
} //解法2
#include
using namespace std;
#define N 105
int a[N], dpu[N], dpd[N];
int main()
{
int k, n, mx;
cin >> k;
while(k--)
{
mx = 0;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i)//求最长上升子序列
{
dpu[i] = dpd[i] = 1;
for(int j = 1; j < i; ++j)
{
if(a[i] > a[j])
dpu[i] = max(dpu[i], dpu[j]+1);
if(a[i] < a[j])
dpd[i] = max(dpd[i], dpd[j]+1);
}
mx = max(max(dpd[i], dpu[i]), mx);
}
cout << mx << endl;
}
return 0;
} 2、数字组合
有n个正整数，找出其中和为t(t也是正整数)的可能的组合方式。如： n=5,5个数分别为1,2,3,4,5，t=5； 那么可能的组合有5=1+4和5=2+3和5=5三种组合方式。
时间限制：1000
内存限制：65536
输入
输入的第一行是两个正整数n和t，用空格隔开，其中1<=n<=20,表示正整数的个数，t为要求的和(1<=t<=1000) 接下来的一行是n个正整数，用空格隔开。
输出
和为t的不同的组合方式的数目。
样例输入
5 5
1 2 3 4 5
样例输出
3
#include
using namespace std;
int a[25],n,t,ans;
void dfs(int i,int sum){
if(i==n){
if(t==sum){
ans++;
}
return;
}
i++;
dfs(i,sum+a[i]);
dfs(i,sum);
}
int main(){
cin>>n>>t;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
dfs(0,0);
cout< 3、带通配符的字符串匹配
通配符是一类键盘字符，当我们不知道真正字符或者不想键入完整名字时，常常使用通配符代替一个或多个真正字符。通配符有问号(?)和星号(*)等，其中，“?”可以代替一个字符，而“*”可以代替零个或多个字符。
你的任务是，给出一个带有通配符的字符串和一个不带通配符的字符串，判断他们是否能够匹配。
例如，1?456 可以匹配 12456、13456、1a456，但是却不能够匹配23456、1aa456；
2*77?8可以匹配 24457798、237708、27798。
时间限制：1000
内存限制：65536
输入
输入有两行，每行为一个不超过20个字符的字符串，第一行带通配符，第二行不带通配符
输出
如果两者可以匹配，就输出“matched”，否则输出“not matched”
样例输入
1*456?
11111114567
样例输出
matched
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int f[3005][3005]={0},q[3005]={0},prt[3005][3005]={0};
string st1,st2;
int gcd(int a,int b)
{ if(b==0)return a;
return gcd(b,a%b);}
void Get(int x,int y)
{ if(x==0&&y==0)return;
int lx=x-1,ly=prt[x][y];
if(st1[x]=='*'&&y!=ly){q[++q[0]]=y-ly;}
Get(lx,ly);}
int main()
{ cin>>st1>>st2;
int i,j,k,bj,div,ans=0,len1=st1.length(),len2=st2.length();
st1=' '+st1;st2=' '+st2;
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=len1;i++)
for(j=0;j<=len2;j++)
{if(st1[i]=='?'||st1[i]==st2[j])
{f[i][j]=f[i-1][j-1];
if(f[i][j])prt[i][j]=j-1;}
else if(st1[i]=='*')
{for(k=j,bj=0;k>=0;k--)
if(f[i-1][k]){bj=1;break;}
if(bj){f[i][j]=1;prt[i][j]=k;}}}
if(f[len1][len2])
{cout<<"matched\n";}
else cout<<"not matched";
return 0;} 4、股票买卖
最近越来越多的人都投身股市，阿福也有点心动了。谨记着“股市有风险，入市需谨慎”，阿福决定先来研究一下简化版的股票买卖问题。
假设阿福已经准确预测出了某只股票在未来 N 天的价格，他希望买卖两次，使得获得的利润最高。为了计算简单起见，利润的计算方式为卖出的价格减去买入的价格。
同一天可以进行多次买卖。但是在第一次买入之后，必须要先卖出，然后才可以第二次买入。
现在，阿福想知道他最多可以获得多少利润。
时间限制：1000
内存限制：65536
输入
输入的第一行是一个整数 T (T <= 50) ，表示一共有 T 组数据。 接下来的每组数据，第一行是一个整数 N (1 <= N <= 100, 000) ，表示一共有 N 天。第二行是 N 个被空格分开的整数，表示每天该股票的价格。该股票每天的价格的绝对值均不会超过 1,000,000 。
输出
对于每组数据，输出一行。该行包含一个整数，表示阿福能够获得的最大的利润。
样例输入
3
7
5 14 -2 4 9 3 17
6
6 8 7 4 1 -2
4
18 9 5 2
样例输出
28
2
0
提示
对于第一组样例，阿福可以第 1 次在第 1 天买入（价格为 5 ），然后在第 2 天卖出（价格为 14 ）。第 2 次在第 3 天买入（价格为 -2 ），然后在第 7 天卖出（价格为 17 ）。一共获得的利润是 (14 - 5) + (17 - (-2)) = 28 对于第二组样例，阿福可以第 1 次在第 1 天买入（价格为 6 ），然后在第 2 天卖出（价格为 8 ）。第 2 次仍然在第 2 天买入，然后在第 2 天卖出。一共获得的利润是 8 - 6 = 2 对于第三组样例，由于价格一直在下跌，阿福可以随便选择一天买入之后迅速卖出。获得的最大利润为 0
//解法1：
//基本解法
#include
using namespace std;
#define N 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
int t, n, ans, a[N], de[N], db[N], dpe[N], dpb[N];
int main()
{
int mn, mx;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
memset(dpe, 0, sizeof(dpe));
memset(dpb, 0, sizeof(dpb));
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
mn = a[1];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
mn = min(mn, a[i]);
de[i] = a[i] - mn;//以a[i]为结尾的所有区间中，区间差值的最大的区间的区间差值。
dpe[i] = max(dpe[i-1], de[i]);//第1到第i个数字构成的所有区间中，区间差值最大的区间的区间差值。
}
mx = a[n];
for(int i = n; i >= 1; --i)
{
mx = max(mx, a[i]);
db[i] = mx - a[i];//以a[i]为起始的所有区间中，区间差值的最大的区间的区间差值。
dpb[i] = max(dpb[i+1], db[i]);//第i到第n个数字构成的所有区间中，区间差值最大的区间的区间差值。
}
ans = -INF;//原序列中不相交的两个区间的区间差值加和的最大值
for(int i = 1; i < n; ++i)//枚举分割点
ans = max(ans, dpe[i]+dpb[i+1]);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
} //优化：变递推为迭代
#include
using namespace std;
#define N 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
int t, n, ans, mn, mx, a[N], dpe[N], dpb[N];
int main()
{
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
memset(dpe, 0, sizeof(dpe));
memset(dpb, 0, sizeof(dpb));
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
mn = a[1];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
mn = min(mn, a[i]);
dpe[i] = max(dpe[i-1], a[i] - mn);//第1到第i个数字构成的所有区间中，区间差值最大的区间的区间差值。
}
mx = a[n];
for(int i = n; i >= 1; --i)
{
mx = max(mx, a[i]);
dpb[i] = max(dpb[i+1], mx - a[i]);//第i到第n个数字构成的所有区间中，区间差值最大的区间的区间差值。
}
ans = -INF;//原序列中不相交的两个区间的区间差值加和的最大值
for(int i = 1; i < n; ++i)//枚举分割点
ans = max(ans, dpe[i]+dpb[i+1]);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
} //解法2：
#include
using namespace std;
#define N 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
int t, n, mn, mx, mxde, ans, a[N], de[N], db[N];
int main()
{
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
mn = a[1];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
mn = min(mn, a[i]);
de[i] = a[i] - mn;//以a[i]为结尾的所有区间中，区间差值的最大的区间的区间差值。
}
mx = a[n];
for(int i = n; i >= 1; --i)
{
mx = max(mx, a[i]);
db[i] = mx - a[i];//以a[i]为起始的所有区间中，区间差值的最大的区间的区间差值。
}
mxde = ans = -INF;//ans:原序列中不相交的两个区间的区间差值加和的最大值
for(int i = 1; i < n; ++i)//枚举分割点
{
mxde = max(mxde, de[i]);//mxde为第1到第i个数字构成的所有区间中，区间差值最大的区间的区间差值。
ans = max(ans, mxde + db[i+1]);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
} //解法3：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 100001
#define MOD 100001
#define E 1e-12
using namespace std;
int a[N],f1[N],f2[N];
int main()
{
int t,ans;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int minn=INF,maxx=-INF;
f1[0]=0;
f2[n+1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
minn=min(minn,a[i]);
f1[i]=max(f1[i-1],a[i]-minn);
}
for(int i=n;i>=1;i--)
{
maxx=max(maxx,a[i]);
f2[i]=max(f2[n+1],maxx-a[i]);
}
int ans=-INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,f1[i]+f2[i]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}