2026 CSP-J真题附解析

T1 旅游（travel）

核心思路

纯条件判断，四位答案依次判断：

是否同车厢：c1 == c2

是否同车厢同排：c1 == c2 && s1.substr(0,2) == s2.substr(0,2)

是否同车厢同排同侧：在2 的基础上，两个座位字母同属左侧 {A,B,C} 或同属右侧 {D,F}

是否相邻：在3 的基础上，两个座位在该侧序列中相邻。

座位位置映射可以这样：

A=0, B=1, C=2（左侧）

D=3, F=4（右侧）

同侧且abs(pos1-pos2)==1 即相邻。注意 C 和 D 虽然位置差 1，但中间是过道，不同侧，所以不能相邻。

部分分

四个问题相互独立，可以一位一位判断。先保证前两位、第三位写对，第四位再处理相邻逻辑。

满分做法

cppchar ch1 = s1[2], ch2 = s2[2];auto pos = [](char c)->int {if(c=='A') return 0;if(c=='B') return 1;if(c=='C') return 2;if(c=='D') return 3;return 4; // F};bool sameCar = (c1 == c2);bool sameRow = sameCar && (s1.substr(0,2) == s2.substr(0,2));bool sameSide = sameRow && ((pos(ch1)<=2) == (pos(ch2)<=2));bool adjacent = sameSide && abs(pos(ch1)-pos(ch2))==1;cout << sameCar << sameRow << sameSide << adjacent << '\n';

易错点

输入是四个字符串，正常用cin >> c1 >> s1 >> c2 >> s2。

不要忘记先判断同车厢、同排，再判断同侧和相邻。

D 和 F 是相邻的，映射成 3,4 刚好差 1。

T2 回文串（string）

核心思路

字符串被压缩成若干段(a_i, c_i)，总长可能到 2e5 * 1e9，不能展开。

回文要求对称位置字符相同。我们从左右两端同时处理：

维护左段指针l、右段指针 r，以及当前左右段剩余长度 remL, remR。

每次取len = min(remL, remR)，这 len 对对称位置中：

若c[l] == c[r]，不用修改；

若c[l] != c[r]，这 len 对全部需要改，答案加 len。

然后消耗长度，移动指针。

当l == r 时，中间剩余部分自己和自己对称，不需要处理。

部分分

小数据可以直接展开字符串，然后双指针统计s[i] != s[L-1-i] 的个数。

n=1 直接输出 0。

全部字符相同也输出0。

满分做法

cpplong long ans = 0;int l = 0, r = n-1;long long remL = a[0], remR = a[n-1];while(l < r) {long long len = min(remL, remR);if(c[l] != c[r]) ans += len;remL -= len; remR -= len;if(remL == 0) { l++; if(l<=r) remL = a[l]; }if(remR == 0) { r--; if(l<=r) remR = a[r]; }}cout << ans << '\n';

易错点

答案要用long long，可能达到 1e14 级别。

当l == r 时不要继续配对，中间段自己对称，修改数为 0。

消耗完一段后移动指针，注意不要越界。

T3 按位与（and）

核心思路

经典按位贪心。

从高位到低位（a_i < 2^30，所以从 29 到 0）尝试答案的当前位能否为 1。

维护已经确定的位mask。对于当前位 b：

cppcand = mask | (1 << b);cnt = 0;for each a[i]:if ((a[i] & cand) == cand) cnt++;if (cnt >= m) mask = cand;

含义：如果至少有m 个数包含 cand 的所有 1 位，那么我们可以从中选 m 个，它们的按位与在 cand 的位上全为 1，因此当前位可以保留。否则当前位只能为 0。

部分分

m == 1：答案就是所有数的最大值。

m == n：答案就是所有数的按位与。

小数据可以暴力枚举选m 个的组合，取按位与最大值。

满分做法

cppint mask = 0;for(int b = 29; b >= 0; b--) {int cand = mask | (1 << b);int cnt = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {if((a[i] & cand) == cand) cnt++;}if(cnt >= m) mask = cand;}cout << mask << '\n';

易错点

不要从30 开始，a_i < 2^30，最高位是 29。

判断条件是(a[i] & cand) == cand，不是 a[i] & cand 非零。

复杂度O(30n)，n=2e5 完全够。

T4 纸牌游戏（card）

这是今年最难、最区分的一题。暴力模拟只能拿小数据，满分需要发现一个关键性质。

关键观察

对于第i 局，从 a[i] 开始处理。第一张牌 a[i] 永远不会被删掉，因为只有再次打出 a[i] 才会删除它，但删除后又会立刻把 a[i] 放回最右端，所以它始终存在，并且最终在桌面最左端。

设last[x] 为点数 x 在整个序列中最后出现的位置。

处理到a[i] 的最后一次出现后，桌面只剩 a[i]，后面的过程与从 last[a[i]]+1 开始独立处理完全一样。因此：

第i 局最终桌面上的点数序列，就是从 i 开始不断跳转：

取a[i], a[f(i)], a[f(f(i))], ...，直到超过 n。

也就是说，最终桌面就是一条“跳转链”上的点数。

转化成树

对每个位置i，连边：

若f(i) > n，则视为指向 0。因为 f(i) > i，所以所有边都向右，形成森林。

对于位置i，定义 sz[i] 为：有多少个起始局 j 的跳转链会经过 i。

在反向树中，sz[i] 就是节点 i 的子树大小（包括自己）。

由于f(i) > i，可以按 i 从 1 到 n 累加：

cppsz[i] 初始为 1;for i = 1..n:if(f(i) <= n) sz[f(i)] += sz[i];

这样每个节点的sz 就统计好了。

最后对于点数v，它在最终桌面中出现的局数：

因为一个起始链不可能经过两个相同点数的位置（经过第一个后，会跳到该点数最后出现位置之后，直接跳过后面同色位置），所以同色位置直接相加不会重复。

满分代码框架

cppvector<int> last(m+1, 0);for(int i=1; i<=n; i++) last[a[i]] = i;vector<int> f(n+1);for(int i=1; i<=n; i++) {f[i] = last[a[i]] + 1;}vector<longlong> sz(n+1, 1);for(int i=1; i<=n; i++) {if(f[i] <= n) sz[f[i]] += sz[i];}vector<longlong> ans(m+1, 0);for(int i=1; i<=n; i++) {ans[a[i]] += sz[i];}for(int v=1; v<=m; v++) cout << ans[v] << " \n"[v==m];

部分分策略

暴力模拟：每局用一个vector 维护桌面，每次查找点数 k 是否在桌面：

不在就push_back；

在就删除该位置及其右侧，再push_back。

复杂度最坏O(n^2)，可以拿小数据点（例如 n ≤ 2000/5000 的部分）。

特殊性质A：a 非降，可以尝试找规律，但性价比不如直接写满分算法。

特殊性质B：至多 4999 个相邻不同，可以压缩连续相同，但也不是必须。

易错点

f(i) 是 last[a[i]] + 1，不是 last[i]+1。

sz 和答案要用 long long，虽然答案不超过 n，但中间累加建议用 long long。

输出是m 个整数，对应点数 1..m。

这个题的关键是不要真的模拟每局，而是发现跳转链和反向树。

分数策略

目标二等（约130~150）：T1、T2 必须稳，T3 写位贪心（其实很简单），T4 写暴力模拟拿小数据。这样 T1 100 + T2 100 + T3 100 + T4 小数据，已经比较稳。

目标一等（约210~230+）：T1、T2、T3 尽量满分，T4 至少拿到特殊性质或小数据部分分；如果 T4 能写出跳转链+树形累加，一等非常稳。

时间分配：前1.5 小时解决 T1、T2、T3，留 1.5~2 小时给 T4。T4 即使想不到满分，也要先把暴力模拟写对，拿稳部分分。

总体看，2026 年对基础扎实的选手更友好：前三题门槛不高，但 T4 的思维量明显上升。稳住前三题，T4 能拿多少拿多少，是今年最合理的策略。