下面有四个数据组，每个组各有三个数据，其中第一个数据为八进制数，第二个数据为十进制数，第三个数据为十六进制数。这四个数据组中三个数据相同的是（ ）。

在计算机内部用来传送、存贮、加工处理的数据或指令都是以（ ）形式进行的。（2015年提高组）

前序遍历序列与后序遍历序列相同的二叉树为（ ）。

具有n个顶点，e条边的图采用邻接表存储结构，进行深度优先遍历和广度优先遍历运算的时间复杂度均为（ ）。

线性表若采用链表存储结构，要求内存中可用存储单元地址（ ）。（2015年提高组）

6 个顶点的连通图的最小生成树，其边数为（ ）。

对图G中各个结点分别指定一种颜色，使相邻结点颜色不同，则称为图G的一个正常着色。正常着色图 G 所必需的最少颜色数，称为G的色数。那么下图的色数是（ ）。

今有一空栈S，对下列待进栈的数据元素序列a,b,c,d,e,f依次进行进栈，进栈，出栈，进栈，进栈，出栈的操作，则此操作完成后，栈S的栈顶元素为（ ）。

下列说法正确的是（ ）。

与二进制小数 0.1 相等的十六进制数是（ ）。

在NOI系列赛事中参赛选手必须使用由承办单位统一提供的设备。下列物品中不允许选手自带的是（ ）。

设某算法的计算时间表示为递推关系式 T(n) = T(n - 1) + n（n 为正整数）及 T(0) = 1，则该算法的时间复杂度为（ ）。

在数据压缩编码的应用中，哈夫曼（Huffman）算法是一种采用了（ ）思想的算法。

如果根的高度为1，具有61个结点的完全二叉树的高度为（ ）。（2015年提高组）

双向链表中有两个指针域，llink 和 rlink，分别指回前驱及后继，设p指向链表中的一个结点，q指向一待插入结点，现要求在p前插入q，则正确的插入为（ ）。

下列有关树的叙述中，叙述正确的有（ ）。

以下属于操作系统的有（ ）。

以下图中一定可以进行黑白染色的有（ ）。（黑白染色：为各个结点分别指定黑白两种颜色之一，使相邻结点颜色不同。）

下列选项不是正确的IP地址的有（ ）。

下列属于视频文件格式的有（ ）。

在1和2015之间（包括1和2015在内）不能被4、5、6三个数任意一个数整除的数有_________个。

结点数为5的不同形态的二叉树一共有_________种。（结点数为2的二叉树一共有2种：一种是根结点和左儿子，另一种是根结点和右儿子。）

#include <iostream>
using namespace std;

void fun(char *a, char *b) {
	a = b;
	(*a)++;
}
int main() {
	char c1, c2, *p1, *p2;
	c1 = 'A';
	c2 = 'a';
	p1 = &c1;
	p2 = &c2;
	fun(p1, p2);
	cout << c1 << c2 << endl;
	return 0;
}

输出：_________

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
int main() {
	int len, maxlen;
	string s, ss;
	maxlen = 0;
	do {
		cin >> ss;
		len = ss.length();
		if (ss[0] == '#')
			break;
		if (len > maxlen) {
			s = ss;
			maxlen = len;
		}
	} while (true);
	cout << s << endl;
	return 0;
}

输入：

I

am

a

citizen

of

China

#

输出：_________

#include <iostream>
using namespace std;
struct point {
	int x;
	int y;
};
int main() {
	struct EX{
		int a;
		int b;
		point c;
	} e;
	e.a = 1;
	e.b = 2;
	e.c.x = e.a + e.b;
	e.c.y = e.a * e.b;
	cout << e.c.x << ',' << e.c.y << endl;
	 return 0;
}

输出：_________

#include <iostream>
using namespace std;
int fun(int n, int fromPos, int toPos) {
	int t, tot;
	if (n == 0)
		return 0;
	for (t = 1; t <= 3; t++)
		if (t != fromPos && t != toPos)
			break;
	tot = 0;
	tot += fun(n - 1, fromPos, t);
	tot++;
	tot += fun(n - 1, t, toPos);
	return tot;
}

int main() {
	int n;
	cin >> n;
	cout << fun(n, 1, 3) << endl;
	return 0;
}

输入：5

输出：_________

（最短路径问题）无向连通图G有n个结点，依次编号为0,1,2,...,(n-1)。用邻接矩阵的形式给出每条边的边长，要求输出以结点0为起点出发，到各结点的最短路径长度。

使用Dijkstra算法解决该问题：利用dist数组记录当前各结点与起点的已找到的最短路径长度；每次从未扩展的结点中选取dist值最小的结点v进行扩展，更新与v相邻的结点的dist值；不断进行上述操作直至所有结点均被扩展，此时dist数据中记录的值即为各结点与起点的最短路径长度。（第五空 2 分，其余 3 分）

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXV = 100;

int n, i, j, v;

int w[MAXV][MAXV]; // 邻接矩阵，记录边长

// 其中 w[i][j]为连接结点 i 和结点 j 的无向边长度，若无边则为-1

int dist[MAXV];

int used[MAXV]; // 记录结点是否已扩展（0：未扩展；1：已扩展）

int main() {

cin >> n;

for (i = 0; i < n; i++)

for (j = 0; j < n; j++)

cin >> w[i][j];

dist[0] = 0;

for (i = 1; i < n; i++)

dist[i] = -1;

for (i = 0; i < n; i++)

used[i] = 0;

while (true) {

                           (1)      ;

for (i = 0; i < n; i++)

if (used[i] != 1 && dist[i] != -1 && (v == -1 ||      (2)     ))

                                    (3)            ;

if (v == -1)

break;

                            (4)         ;

for (i = 0; i < n; i++)

if (w[v][i] != -1 && (dist[i] == -1 ||      (5)       ))

dist[i] = dist[v] + w[v][i];

}

for (i = 0; i < n; i++)

cout << dist[i] << endl;

return 0;

}

双子序列最大和）给定一个长度为n（3≤n≤1000）的整数序列，要求从中选出两个连续子序列，使得这两个连续子序列的序列和之和最大，最终只需输出这个最大和。一个连续子序列的序列和为该连续子序列中所有数之和。要求：每个连续子序列长度至少为1，且两个连续子序列之间至少间隔1个数。（第五空4分，其余 2.5分）

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 1000;

int n, i, ans, sum;

int x[MAXN];

int lmax[MAXN];

// lmax[i]为仅含 x[i]及 x[i]左侧整数的连续子序列的序列和中，最大的序列和

int rmax[MAXN];

// rmax[i]为仅含 x[i]及 x[i]右侧整数的连续子序列的序列和中，最大的序列和

int main() {

cin >> n;

for (i = 0; i < n; i++)

cin >> x[i];

lmax[0] = x[0];

for (i = 1; i < n; i++)

if (lmax[i - 1] <= 0)

lmax[i] = x[i];

else

lmax[i] = lmax[i - 1] + x[i];

for (i = 1; i < n; i++)

if (lmax[i] < lmax[i - 1])

lmax[i] = lmax[i - 1];

                               (1)         ;

for (i = n - 2; i >= 0; i--)

if (rmax[i + 1] <= 0)

                            (2)          ;

else

                             (3)          ;

for (i = n - 2; i >= 0; i--)

if (rmax[i] < rmax[i + 1])

                            (4)           ;

ans = x[0] + x[2];

for (i = 1; i < n - 1; i++) {

sum =      (5)      ;

if (sum > ans)

ans = sum;

}

cout << ans << endl;

return 0;

}