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【答案解析】
1.解释：答案选B。
详细解析见下图——
2.解释：答案选D。
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3.解释：答案选B。
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4.解释：答案选C。
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5.解释：答案选D。
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6.解释：答案选D。
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7.解释：答案选B。
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8.解释：答案选C。
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9.解释：答案选B。
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10.解释：答案选C。
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11.解释：答案选D。
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12.解释：答案选C。
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13.解释：答案选B。
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14.解释：答案选D。
判断有向图是否存在环路，BFS和DFS的效率不能一概而论，主要取决于图的结构：
● 如果图是稀疏图，DFS通常更高效，因为它的递归或栈操作在内存占用和缓存命中率上更有优势
● 如果图是稠密图，BFS的队列操作可能表现更好，尤其是当环路出现在靠近起点的位置时
● 最坏情况下，两种算法的时间复杂度都是O(V+E)，其中V是顶点数，E是边数
🎯 关键结论——
算法的实际运行速度受图的结构、顶点分布、环路位置等多种因素影响，不存在绝对的"谁更快"，因此最准确的说法是不确定，选项D正确。
15.解释：答案选B。
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【答案解析】
1.解释：正确。
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2.解释：正确。
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3.解释：错误。
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相关知识点的复习与拓展：
4.解释：正确。
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5.解释：正确。
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6.解释：错误。
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7.解释：错误。
● 哈希冲突的本质 
哈希函数是将无限域的输入映射到有限域的输出。当输入数量超过输出数量时，必然会出现不同输入对应相同输出的情况，这就是哈希冲突。鸽巢定理证明了这一点：如果有n个鸽巢和m个鸽子，且m > n，则至少有一个鸽巢里有不止一只鸽子。在哈希表中，鸽巢是哈希桶，鸽子是输入的键值对。
● 素数p的作用 
选择素数作为p可以减少冲突的概率，但不能完全避免冲突。素数的因数只有1和它本身，这样可以减少因为输入是p的倍数而导致的冲突。例如，如果p是合数，比如4，那么输入为4、8、12等的哈希值都是0，容易导致冲突集中在某个哈希桶中。而如果p是素数，比如5，那么输入为5、10、15等的哈希值都是0，但这样的输入数量相对较少，冲突分散在不同的哈希桶中。
● 具体例子 
假设p是素数7，输入x1=3，x2=10，那么H(x1)=3%7=3，H(x2)=10%7=3，此时发生了哈希冲突。 
再比如p是素数11，输入x1=5，x2=16，那么H(x1)=5%11=5， H(x2)=16%11=5，也发生了哈希冲突。
结论 无论p选择素数还是合数，哈希冲突都无法完全避免。选择素数作为p只能减少冲突的概率，而不能消除冲突。因此，题目中的说法是错误的。
8.解释：错误。
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9.解释：正确。
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10.解释：错误。
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2023年12月 C++七级 商品交易
#include<iostream>#include<vector>#include<queue>#include<climits>using namespace std;// 定义边的结构体struct Edge {    int to;      // 目标商品编号    long long w; // 交易花费};const long long INF = 4e18; // 设置一个足够大的无穷大值intmain(){    // 关闭cin与stdio同步，加速cin输入速度    ios::sync_with_stdio(false);    // 解绑cin与cout，避免cout刷新拖慢cin读取    cin.tie(nullptr);    int N, M, a, b;    if (!(cin >> N >> M >> a >> b)) return 0;    vector<longlong> v(N);    for (int i = 0; i < N; ++i) {        cin >> v[i];    }    // 邻接表存图    vector<vector<Edge>> adj(N);    for (int i = 0; i < M; ++i) {        int x, y;        cin >> x >> y;        // 计算边权: 目标价值 - 当前价值 + 1        long long cost = v[y] - v[x] + 1;        adj[x].push_back({y, cost});    }    // dist[i] 表示从起点 a 到商品 i 的最小花费    vector<longlong> dist(N, INF);    vector<bool> in_queue(N, false); // 标记节点是否在队列中    dist[a] = 0;    queue<int> q;    q.push(a);    in_queue[a] = true;    // SPFA 算法求最短路    while (!q.empty()) {        int u = q.front();        q.pop();        in_queue[u] = false;        for (const auto& edge : adj[u]) {            int next_node = edge.to;            long long weight = edge.w;            // 松弛操作            if (dist[u] != INF && dist[u] + weight < dist[next_node]) {                dist[next_node] = dist[u] + weight;                // 如果不在队列中，则加入队列                if (!in_queue[next_node]) {                    q.push(next_node);                    in_queue[next_node] = true;                }            }        }    }    // 输出结果    if (dist[b] == INF) {        cout << "No solution" << endl;    } else {        cout << dist[b] << endl;    }    return 0;}
代码思路——

2023年12月 C++七级 纸牌游戏
#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;// long long 防止数值溢出，题目分数累加会很大typedef long long ll;// 用极大负数代表该状态不可到达const ll INF = 1e18;const int MAXN = 1005;/** * dp[i][x][k] * i: 当前游戏进行到第 i 轮 * x: 我方本轮打出的牌，取值0、1、2 * k: 到当前轮为止，累计换牌 k 次 * 值含义：未扣除换牌罚分时，可以获得的最大分数*/ll dp[MAXN][3][MAXN];ll a[MAXN];      // a[i] 第 i 轮基础分值ll b[MAXN];      // b[i] 第 i 次换牌对应的罚分ll pre_b[MAXN];  // pre_b[t]：累计换 t 次牌的总罚分（前缀和）int c[MAXN];     // c[i]：小杨第 i 轮打出的牌int N;           // 游戏总轮数/** * @brief 计算第 i 轮我方打出 me 这张牌可以得到多少分数 * @param i 轮次 * @param me 我方出牌 {0,1,2} * @return 本轮得分（不扣罚分） * 胜负规则：1战胜0，2战胜1，0战胜2；相等平局 * 胜利得2*a[i]，平局得a[i]，失败得0 */ ll get_score(int i, int me){    int op = c[i];   // op 对手小杨本轮出的牌    if (me == op)    {        return a[i];                 // 平局    }    // (me-op+3)%3 ==1 判断我方获胜：处理循环胜负，+3避免负数    if ((me - op + 3) % 3 == 1)    {        return 2 * a[i];             // 我方胜利    }    return 0;                        // 我方输掉本轮}intmain(){    // 读入总轮数    cin >> N;    // 读入每一轮的基础得分 a1~aN    for (int i = 1; i <= N; i++)    {        cin >> a[i];    }    // 读入换牌罚分，最多N1次换牌    for (int i = 1; i <= N - 1; i++)    {        cin >> b[i];    }    // 计算罚分前缀和：pre_b[t] 代表换 t 次牌一共要扣多少分    pre_b[0] = 0; // 换0次，罚分为0    for (int t = 1; t <= N - 1; t++)    {        pre_b[t] = pre_b[t - 1] + b[t];    }    // 读入小杨每一轮的出牌    for (int i = 1; i <= N; i++)    {        cin >> c[i];    }    // DP数组全部初始化为负无穷，表示初始所有状态不可达    for (int i = 0; i <= N; i++)    {        for (int x = 0; x < 3; x++)        {            for (int k = 0; k <= N - 1; k++)            {                dp[i][x][k] = -INF;            }        }    }    // ==========初始化第一轮==========    // 第一轮没有上一轮，不能发生换牌，换牌次数只能是0    for (int x = 0; x < 3; x++)    {        dp[1][x][0] = get_score(1, x);    }    // =========DP状态转移，从第2轮到第N轮=========    for (int i = 2; i <= N; i++)          // i代表当前轮    {        for (int x = 0; x < 3; x++)       // x：本轮我方想出的牌        {            // i轮游戏最多发生 i1次换牌            for (int k = 0; k <= i - 1; k++)            {                // 情况1：不换牌，本轮出牌和上一轮相同，换牌次数k保持不变                if (dp[i - 1][x][k] != -INF)                {                    dp[i][x][k] = max(dp[i][x][k], dp[i - 1][x][k] + get_score(i, x));                }                // 情况2：发生换牌，本轮x和上一轮y不一样，换牌次数+1                if (k >= 1)  // 当前累计k次，上一轮是k1次，k不能为0                {                    // y枚举上一轮打出的牌                    for (int y = 0; y < 3; y++)                    {                        if (y == x) continue; // 和本轮一样就不是换牌，跳过                        // 如果上一轮状态可达，进行转移                        if (dp[i - 1][y][k - 1] != -INF)                        {                            dp[i][x][k] = max(dp[i][x][k], dp[i - 1][y][k - 1] + get_score(i, x));                        }                    }                }            }        }    }    // =========统计最终答案=========    ll ans = -INF;    // 遍历所有结束状态：最后一轮出牌0/1/2，总换牌次数t从0~N1    for (int x = 0; x < 3; x++)    {        for (int t = 0; t <= N - 1; t++)        {            if (dp[N][x][t] != -INF)            {                // dp存原始得分，减去t次换牌的总罚分pre_b[t]                ans = max(ans, dp[N][x][t] - pre_b[t]);            }        }    }    cout << ans << endl;    return 0;}
代码思路——
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