2026 CSP-J 复赛真题超详解析和分分数线预测

CSP-J/S 2026 第二轮 · 入门组

2026 CSP-J 复赛真题超详解析

四题满分思路逐讲 + 2026 分数线深度预测

考试时间：2026年10月31日 08:30–12:00　｜　满分 400 分（4题×100分）

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01 考情速览：四题全景图

本次比赛共 4 题，每题 100 分、20~25 个测试点，时限 1 秒，内存限制 1024 MiB，编译命令 -O2 -std=c++14。总体结构与近年一致，未出现题型创新，难度梯度为：

和 2024、2025 两年相比：T1 同为签到题；T2、T3 比去年略难但套路常见；T4 比去年 T4（枚举+结论）思维门槛更高，但暴力分很足。

02 T1 旅游（travel）：车厢座位判断

▍题意回顾

列车共 17 节车厢，01、16 号为一等座，其余为二等座。每节二等座车厢 18 排、每排 5 座，座位号形如 03C（两位排号＋一位字母）。每排从左到右依次是 A、B、C、D、F，其中 C 与 D 之间是过道：过道左侧为 A、B、C，右侧为 D、F。

给定两张车票 c1 s1 c2 s2，依次输出 4 个 0/1 判断：① 是否同一车厢；② 是否同一排；③ 是否同排且过道同侧；④ 是否相邻。相邻定义为：同一车厢、同一排、过道同侧，且在该侧座位序列中紧挨着（如 A-B、B-C 相邻，A-C 不相邻）。

▍思路推导

本题是纯粹的字符串处理 + 模拟，关键在把四个条件拆成逐级递进：

1. 同一车厢：c1 == c2。数据保证两票至少有一处不同，且都是二等座车厢，不用判 01/16。

2. 同一排：必须先同车厢，再比较座位号前两位（排号）相同。

3. 同侧：必须先同排，再判断两个末位字母是否同属 {A,B,C}（左）或 {D,F}（右）。

4. 相邻：必须先同侧，再在各自侧的序列里查下标：左侧序列 ABC 中下标差 1，右侧序列 DF 中下标差 1。

易错点：① 第 2 问忘了先判同车厢（不同车厢的同排号应输出 0，见样例 5）；② 01C 与 01D 同排但在过道两侧，第 3 问是 0（见样例 3）；③ D 和 F 在同一侧且相邻，别把过道想象成隔开 D/F；④ 读入用四个 string 直接比较即可，无需转数字。

▍参考代码（已过全部样例）

#include

using namespace std;

int main(){

stringc1,s1,c2,s2;

cin>>c1>>s1>>c2>>s2;

stringans;

//Q1 same carriage

ans+= (c1==c2)?'1':'0';

//Q2 same row

boolsameCar=(c1==c2);

boolsameRow = sameCar && (s1.substr(0,2)==s2.substr(0,2));

ans+= sameRow?'1':'0';

//Q3 same side: A,B,C left; D,F right

autoside=[](char ch){return (ch=='A'||ch=='B'||ch=='C')?0:1;};

boolsameSide = sameRow && (side(s1[2])==side(s2[2]));

ans+= sameSide?'1':'0';

//Q4 adjacent: same side and letters adjacent in A B C / D F

booladj=false;

if(sameSide){

stringL="ABC", R="DF";

string&seq = (side(s1[2])==0)?L:R;

intp1=seq.find(s1[2]), p2=seq.find(s2[2]);

adj= (abs(p1-p2)==1);

}

ans+= adj?'1':'0';

cout<     <ans<<endl;< span>      </ans<<endl;<>

return0;

}

复杂度：O(1)。测试点 20 个、等分，按特殊性质分层递进，全对可稳拿 100 分。

03 T2 回文串（string）：压缩串的最少修改

▍题意回顾

字符串 S 只由小写字母构成，但以游程编码（RLE）形式给出：n 段，第 i 段是 aᵢ 个字符 cᵢ（1 ≤ aᵢ ≤ 10⁹，n ≤ 2×10⁵）。总长 L 可达 2×10¹⁴，绝不能真的把字符串展开。求把 S 改成回文串最少要改多少个位置（每次可把任一位置改成任意小写字母）。

▍思路推导

回文判定是位置对位置的：第 p 位要与第 L+1−p 位相同。我们从外向内逐对处理，但由于段内字符全相同，可以把“同一对”批量结算——用双指针在段序列上滑动：

· 左指针 (i, oi)：最左未处理位置落在第 i 段、段内偏移 oi；右指针 (j, oj)：最右未处理位置落在第 j 段、从右数偏移 oj。

· 每轮比较两个指针所指字符：若不同，本轮内每一对位置都要改 1 次，代价累加“本轮处理的对数”；若相同则无代价。

· 本轮能处理的对数 = min(左段剩余, 右段剩余)，双指针同步前进。某段耗尽就移到下一段。

· 若两指针落进同一段，段内字符必然相同，剩余部分左右互配、中间至多留一个单字符，均无代价，直接结束。

为什么“改一侧凑另一侧”最优？每对位置若不同，至少要改 1 个位置，而改 1 个总能达成——各对互不影响，所以下界可达，贪心恰好等于下界。

样例 3 演示：S = a×10⁹ + a×10⁹ + a×10⁹ + b×10⁹ + b×10⁹ + b×10⁹，总长 6×10⁹。前一半全是 a、后一半全是 b，每一对 (p, L+1−p) 都是 a 对 b，共 3×10⁹ 对，答案 3000000000 —— 超过 int 范围，必须用 long long，这正是本题最大的坑！

▍复杂度与易错点

· 时间 O(n)：每段只被左右指针“吃掉”一次；空间 O(n)。

· 易错点 1：答案最大约 10¹⁴ 量级，不用 long long 直接挂样例 3。

· 易错点 2：同段相遇（i == j）时的收尾处理，剩余长度为偶数完全互配、奇数留中间一个字符，都不产生代价。

· 部分分提示：n ≤ 2、max aᵢ ≤ 50 等测试点允许真展开字符串暴力配对，可拿 40 分左右保底。

▍参考代码（已过全部样例）

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

int main(){

intn; 

if(scanf("%d",&n)!=1)return 0;

vectora(n); vectorc(n);

charbuf[8];

for(inti=0;i

inti=0,j=n-1; ll oi=0,oj=0;

llL=0; for(int k=0;k

llpl=0, pr=L-1, cost=0;

while(pl     <pr){< span>      </pr){<>

llrl=a[i]-oi, rr=a[j]-oj;

llstep=min(rl,rr);

if(c[i]!=c[j])cost+=step;

oi+=step;oj+=step; pl+=step; pr-=step;

if(oi>=a[i]){i++; oi=0; }

if(oj>=a[j]){j--; oj=0; }

if(i>j)break;

}

printf("%lld\n",cost);

return0;

}

04 T3 按位与（and）：选 m 个数最大化 AND

▍题意回顾

给定 n ≤ 2×10⁵ 个非负整数（aᵢ < 2³⁰），从中选出恰好 m 个，使它们的二进制按位与最大，输出这个最大值。

▍思路推导

按位与有一个决定性性质：高位是 0，低位再大也没用（如 10xxx > 01xxx）。这提示我们从最高位（第 29 位）到最低位逐位“试探确定”：

· 设已确定的答案高位掩码为 P（目前要求选中的数在这些位上必须全是 1）。

· 尝试把第 b 位也设为 1：令 Q = P | 2ᵇ，统计满足 (aᵢ & Q) == Q 的数的个数 cnt。这些数就是“能同时满足所有已确定 1 位＋第 b 位”的候选。

· 若 cnt ≥ m：说明从候选里总能凑够 m 个，第 b 位可以是 1，令 P = Q；否则该位只能是 0，P 不变。

· 30 位扫完，P 就是答案。

正确性要点：可行性关于 P 单调——满足 (a&P)==P 的数集随 P 增大而缩小，因此逐位贪心不会把后面“做死”：某位取 0 后，后续位仍能在当前候选集中继续尝试取 1。

样例 2 逐步演示：{31=11111₂, 3=00011₂, 1=00001₂, 15=01111₂, 7=00111₂} 选 3 个。试第 4 位(16)：只有 31 满足 → 1<3，取 0；试第 3 位(8)：31、15 满足 → 2<3，取 0；试第 2 位(4)：31、15、7 满足 → 3≥3，取 1；试第 1 位(2)：要求含 4+2 位，31、15、7 满足 → 取 1；试第 0 位(1)：要求含 4+2+1 位，31、15、7 满足 → 取 1。答案 = 4+2+1 = 7，与标准输出一致。

▍复杂度与易错点

· 时间 O(30n) ≈ 6×10⁶，1 秒内轻松通过；空间 O(n)。

· 易错点：想当然“先排序取前 m 大”是错的——按位与不是数值大小叠加；也有选手想枚举每个答案位数做子集 DP，均不必要，逐位贪心是最短路径。

· 部分分提示：m=1 时答案是最大值；m=n 时是全体按位与；n ≤ 20 可 2ⁿ 枚举子集；特殊性质 A（aᵢ = 2ᵏ−1，即全 1 前缀）满足“大数 AND 小数=小数”，按数值排序取前 m 大的 AND 即可——各档部分分设计得很友好。

▍参考代码（已过全部样例）

#include

using namespace std;

int main(){

intn,m;

if(scanf("%d%d",&n,&m)!=2) return 0;

vectora(n);

for(inti=0;i

unsignedP=0;

for(intb=29;b>=0;b--){

unsignedQ=P|(1u<     <b);< span>      </b);<>

longlong cnt=0;

for(inti=0;i

if(cnt>=m)P=Q;

}

printf("%u\n",P);

return0;

}

05 T4 纸牌游戏（card）：n 局桌面牌的统计

▍题意回顾

牌堆 n ≤ 5×10⁵ 张，从上到下点数 a₁…aₙ（1 ≤ aᵢ ≤ m ≤ 3×10⁵，每种点数至少出现一次）。共打 n 局：第 i 局跳过前 i−1 张，从第 i 张打到第 n 张。桌面从左到右成行，打出点数 k 时：桌面没有 k 就放到最右端；有 k 就收走桌面上的 k 及其右侧所有牌，再把 k 放最右端。对每个点数 i，统计有多少局结束时桌面上留有点数 i 的牌。

▍第一步：桌面就是“按点数去重的栈”

把桌面看作栈（左＝栈底）：打出 k 时若 k 在栈中，弹出 k 及其以上所有，再压入 k；否则直接压入。样例 1 的四局依次得到栈 [1,3]、[2,1,3]、[1,3]、[3]，与题面完全一致。

▍第二步：关键结论——局与局之间的跳变

核心观察：第 i 局先打出 aᵢ，它位于栈底。在 aᵢ 的下一次出现位置 nxt(i) 之前，任何截断的触发牌都不可能是 aᵢ（中间没有同点数牌），而截断只会从触发牌位置往右收——所以 aᵢ 一定安然活到 nxt(i) 时刻。此时打出 aᵢ 的同点数牌，截断从栈底开始收走整栈，桌面回到只有一张牌的状态！于是：

结论：若 nxt(i) 存在，第 i 局的结束局面与第 nxt(i) 局完全相同；若不存在（aᵢ 是该点数最后一次出现），则结束局面 = [aᵢ] 叠上第 i+1 局的结束局面。

▍第三步：把栈“翻译”成链，再变成树

设 LO(v) 为点数 v 的最后一次出现位置。沿上面结论一路化简，第 i 局的结束栈恰好是：

q₀ = LO(a[i])，q₁ = LO(a[q₀+1])，q₂ = LO(a[q₁+1])，…… 一路走到 q = n 为止，栈中点数按 q 的位置从左到右依次为 a[q₀], a[q₁], …

也就是说，每个位置只关心“从它出发沿 q → LO(a[q+1]) 的链”。由于链总终于位置 n，以“点数 v 的 LO(v)”为节点、q 的后继为 LO(a[q+1]) 建树：

· 每个点数 v 是一个节点；若 LO(v) < n，其父亲为点数 a[LO(v)+1]；LO(v) = n 的是根。

· 第 i 局经过的节点 = 从节点 a[i] 到根的路径。于是：

答案 ans[v] = 在节点 LO(v) 的子树中（含自身）挂载的游戏局数。而第 i 局恰好挂在节点 a[i] 上，所以把每个 i 挂到节点 a[i]，求每棵子树的挂载总数即可！

样例 2 验证：a = 3 1 2 1 3 2 3 1 2 1，LO(1)=10、LO(2)=9、LO(3)=7。节点 7（点数3）的后继是 a[8]=1 → 父为节点 10；节点 9（点数2）的后继是 a[10]=1 → 父为节点 10；节点 10 是根。第 i 局挂到节点 a[i]：节点 7 挂 3 局、节点 9 挂 3 局、节点 10 挂 4 局。ans[3]=子树(7)=3，ans[2]=子树(9)=3，ans[1]=子树(10)=3+3+4=10，输出 10 3 3，与标准答案一致！

▍复杂度与实现细节

· 建树 O(m)，统计子树 O(m)，总时间 O(n + m)，空间 O(n + m)。

· 树深最坏可达 m ≈ 3×10⁵（例如点数递增出现），建议用迭代方式求子树和，避免递归爆栈；当然本题栈空间与内存限制相同（1024 MiB），递归也能过，但迭代更稳。

· 部分分提示：直接按题意模拟每局 O(n²) 可过 n ≤ 500 与 n ≤ 5000 的多数测试点；特殊性质 A（序列不降）时桌面始终形如单调结构，另有专门测试点。暴力 + 两个性质分，没想出正解也能拿到 40~60 分。

▍参考代码（已过全部样例，另经 33000 组随机数据对拍验证）

#include

using namespace std;

int main(){

intn,m;

if(scanf("%d%d",&n,&m)!=2) return 0;

vectora(n+1), LO(m+1,0);

for(inti=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); LO[a[i]]=i; }

vector     <long              </longlong> cnt(m+1,0);

for(inti=1;i<=n;i++) cnt[a[i]]++;

vector     <vector>ch(m+1);      </vector

vectorroots;

for(intv=1;v<=m;v++){

if(LO[v]     <n){< span>      </n){<>

intp=a[LO[v]+1];// 父节点 = LO(a[LO(v)+1]) 的点数

ch[p].push_back(v);

}elseroots.push_back(v);// LO(v)==n 为根

}

vectororder; order.reserve(m);

vectorst(roots);

while(!st.empty()){

intu=st.back(); st.pop_back();

order.push_back(u);

for(intc:ch[u]) st.push_back(c);

}

vector     <long              </longlong> sub(m+1,0);

for(intidx=(int)order.size()-1;idx>=0;idx--){

intu=order[idx];

sub[u]=cnt[u];

for(intc:ch[u]) sub[u]+=sub[c];

}

for(intv=1;v<=m;v++) printf("%lld%c",sub[v],v==m?'\n':' ');

return0;

}

06 难度评析：这届题“送分”吗？

把本届与近两年真题横向对比：

总体判断：

· 中前段（T1~T3）难度与去年大体持平，T2 的 long long 坑会让一部分粗心选手丢 20~40 分；

· T4 明显比前两年更“压轴”：想出“局间跳变 + 建树”需要竞赛直觉，但它的暴力分充足（O(n²) 模拟 + 两个特殊性质），实际分差主要体现在 250 分以上高分段的争夺。

· 选手典型得分结构预计为：T1 满分 + T2 70~100 + T3 60~100 + T4 20~50。

07 历年分数线回顾：CCF 官方基准线

第二轮评级采用“全国基准线 + 各省名额”制度：CCF 先公布全国认证基准线（拟评级比例 20%），再按“第二轮人数与平均分（A）＋第一轮人数（B）＋初赛晋级比例（C）”给各省分配名额，各省分数线自然分化。以下为官方公布的历年入门组（J 组）第二轮一等/一级全国基准线：

两个关键规律：① 基准线弹性极大（160 → 250），主要由试题难度决定，而非人数；② 评级比例始终锁定 20% 上下，名额随参与规模水涨船高——2023→2024 年 J 组一等总人数从 6201 增至 8167。

注意：2025 年起 CCF 将“一/二/三等”更名为“一/二/三级”，评级规则不变；S 组 2025 年基准线 131 分较 2024 年 165 分大跌，正是提高组试题变难的直接体现——基准线高低与当年题目难度强相关，这就是预测 2026 年分数线的核心逻辑。

▍2025 年各省 J 组一级线（最近一年的“省线地图”）

以下为 CCF 官方公布的 CSP-J/S2025 第二轮入门组各省一级分数线（总人数为该省参评人数）：

（2024 年对照：重庆/浙江 265 一骑绝尘，上海/广东/江苏/北京/四川/安徽/福建 260，山东/湖南 235，青海 165 为全国最低。省线结构与 2025 年高度一致，说明“省线梯队”相当稳定。）

08 2026 分数线预测：基准线看 250 上下

▍四个判断依据

依据一 · 试题难度：本届 T1 签到、T2/T3 中档套路题、T4 压轴偏难但暴力分足。整体难度应略高于 2024（基准线 250），与 2025（255）相当或略难。

依据二 · 参与规模：2026 年初赛 J 组全国一级线 69.5 分（去年 63.5，连续上涨），各地晋级人数创新高（如浙江 J 组入围 2019 人，而 2022 年仅 1143 人）。高分段厚度继续增加，对基准线是向上推力。

依据三 · 评级机制：拟评级比例仍是 20%，规则公式不变。基准线由“全国 20% 分位选手”的成绩决定——题目难，20% 分位的绝对分数就低；题易则高。

依据四 · 分数结构：T4 区分度大但集中于头部；20% 分位附近的选手主要拼 T1+T2+T3 的得分率，典型得分 220~260，这一区间正是基准线的落点。

▍预测结论

2026 年 CSP-J 第二轮一级（一等）全国基准线预测：245~260 分，中位预测 250 分左右。          若你自估分数 T1+T2+T3 基本拿满（≥260）：一线希望很大，各省基本稳；          自估 240~260：基准线之上，强省压线、弱省稳；          自估 200~240：视所在省名额而定，二线省份（第三梯队）仍有较大一级机会；          自估 130 分以上：一级线以下的省份可评二级（基准 205/130 双通道），80/130 分以上关注三级。

▍各省一级线预测参考（基于 2025 年省线 ± 浮动）

省份名额由本省参评人数、平均分与晋级比例决定，省线会随全国基准线同步平移。若全国基准线落在 250 附近，各省一级线预测如下：

说明：表中区间为基于 2025 年省线的平移预测，仅供估分参考。每年名额调整、省际流动明显，个别省浮动可达 ±20 分。

▍什么时候出分？

参照往年节奏：第二轮结束后约 两周（11 月中旬）CCF 公布评级规则与全国基准线，随后各省陆续公布名单与省线。2025 年是 11 月 14 日公布评级规则，预计 2026 年也在 11 月中旬前后，请留意 CCF 官网与各省通知。

09 写给接下来备赛的选手

1. 模拟题是基本盘：T1、T2 这类“读题 5 分钟、写码 20 分钟”的题必须零失误，样例要手算到位（本届 T2 的 long long 就是隐性样例陷阱）。

2. 套路题建立“条件反射”：按位贪心、RLE 双指针、栈模拟都是高频套路。每学一个套路，问自己三个问题：正确性怎么证？边界在哪？暴力怎么写来对拍？

3. 部分分意识：本届 T4 若只写 O(n²) 模拟 + 特殊性质，也能拿到近半分数。考场上“先写暴力再优化”永远比空着强。

4. 对拍习惯：从随机小数据开始对拍（暴力 vs 正解），是 T4 这类结论题最可靠的保险。

5. 复盘路径：等 CCF 公布官方题解和数据后，重点复盘 T4 的建树证明细节——这个模型（局间跳变 + 子树统计）非常值得收进模板库。

· · ·

免责声明：本文真题信息整理自比赛试卷，解析与参考代码为独立复原并经样例/对拍验证，不代表官方题解；分数线预测基于 CCF 官方公开的历年评级规则与省线数据（2021–2025）及本届试题难度分析，仅供估分参考，最终分数线以中国计算机学会（CCF）官方公布为准。

数据来源：CCF 官网（noi.cn / noi.ccf.org.cn）CSP-J/S 2021–2026 各轮评级公告