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); vector<int> 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 vector<bool> 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 pair<ll,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 10^6，v 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(vector<pair<ll,ll>>& ranges, vector<ll>& 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 10^5，2 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(vector<int>& A) { int n = A.size(); vector<ll> dp(n + 1, 0); // last[v] 记录值 v 上一次出现的位置（1-indexed） unordered_map<int,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 2×10^5，A_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 k，j 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); vector<ll> a(n + 1); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]); vector<int> 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 vector<vector<int>> 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 vector<ll> 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 10^5，T 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.out，detect.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 = a'i ⊕ 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%4==0 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：n=1 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。n=1 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。

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