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2026 年 CSP-J 第二轮(复赛)试题解析与考情深度复盘

发布时间：2026-10-31 15:22:01 最近访问：2026-10-31 15:22:02

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2026 年 CSP-J 第二轮（复赛）试题解析与考情深度复盘

新东方优编程教练组 · 2026 年 10 月

本文为优编程教练组针对 2026 年 CCF CSP-J/S 第二轮认证入门组（CSP-J）真题的完整解析。四道题——旅游（travel）、回文串（string）、按位与（and）、纸牌游戏（card）——我们已逐题完成题意拆解、部分分梯度、正解推导与代码验证，并对照我们赛前发布的《2026 年 CSP-J 第二轮备考分析及考点预测》，对考情作一次系统复盘。

卷首语：这一届，拿一等靠稳，冲高分靠观察

同学们考完了，先别急着对答案。让我们教练组说句实在话：这一届 CSP-J，拿一等靠的是稳，冲高分靠的是观察。

四道题摆下来，T1、T2 是我们反复强调的"送分题 + 基础题"，T3 是一道连续第二年把位运算放在区分位的按位贪心题，T4 是一道"观察规律 + 递推"的思维型压轴题。整套卷子没有一道超出 NOI 大纲的偏题怪题，每一道题都能用我们课堂上讲过的知识拆解。一等线附近比的，是"你能不能把题意读准、把边界想清、把部分分拿满"；再往上拉开档次的，是 T3、T4 能不能看出关键性质。

这正是我们赛前预测里最想传递的那句话：2025 年偏易，2026 年大概率会"适度回调"——题目不会突然变难变怪，但区分度会重新立起来。 从结果看，"区分度重新立起来"完全兑现：T4 比去年高出一档。整体难度则没有回调，与去年相当、比 2024 年更友好——T1 比去年更容易，T3 与去年持平。

下面，我们先把整套卷子的"大盘"看清楚，再一题一题地给同学们讲透。

一、总体分析：难度、分数线与命题方向

1. 四题总览

题号	题目	考点归类	难度	优编程赛前预测	命中情况
T1	旅游 travel	字符串解析 + 条件判断模拟	入门 ★	字符串、模拟、贴近生活长题面	✅ 高度命中
T2	回文串 string	字符串 + 对称配对计数 + 双指针	普及− ★★	贪心、枚举（基础档）	✅ 难度档命中
T3	按位与 and	位运算 + 按位贪心	普及/提高− ★★~★★★	位运算（考点池内）	✅ 考点命中
T4	纸牌游戏 card	模拟 + 栈 + 观察规律 + 递推	普及+/提高 ★★★~★★★★	数据结构思维题（难度档）	✅ 难度命中

先说结论：我们在赛前预测中反复强调的"难度梯度"——T1/T2 基础、T3/T4 拉开区分度——与今年的真实命题结构完全一致。 这是本次预测最值得肯定的一点，也是同学们在备考中最该信任的一点。

2. 难度梯度：结构拉开，与我们赛前判断高度吻合

我们赛前给出的原话是：

"2025 年 J 组偏易，2026 年大概率适度回调，T3、T4 难度比 2025 略有上升，T1、T2 仍是基础题。"

把这套卷子放进近两年里看，整体的难度坐标是：与 2025 年相当、比 2024 年易，但难度结构明显拉开了。 逐题对照如下：

1. T1 旅游：回到入门档，比 2025 年《拼数》更易，与 2024 年《扑克牌》同档。✅ 赛前"T1 是基础送分题"完全兑现，甚至比预期还友好。
2. T2 回文串：与近两年 T2 同档，但多了一道复杂度门槛——展开后最长 200 万亿个字符，必须按段处理。✅ 赛前"T2 是基础档"兑现。
3. T3 按位与：与近两年 T3 难度持平，同样是"一个关键转化 + 贪心"。赛前我们预计 T3 会略有回升，实际持平。
4. T4 纸牌游戏：比 2025 年《多边形》高出一档（普及+/提高），比 2024 年《接龙》低一档。✅ 赛前"T4 难度比 2025 年上升"兑现。

一句话总结：赛前我们说"T1、T2 基础保底"完全准确；"后两题难度比 2025 回升"兑现了一半——T4 上浮，T3 持平。 所以今年是"结构拉开"而不是"整体变难"：最难的题更难了，中低档的题更友好了，区分度由此重新立了起来。

3. 分数线走势：中段更扎实、选手更强，小幅走高 5～10 分

看分数线，不能只看题目难度，还要看"选手水平"这股被很多人忽视的力量。先把两组官方数据摆出来：

CSP-J 全国一等基准线（入门级）

年份	2020	2021	2022	2023	2024	2025	2026（判断）
基准线	160	160	160	180	250	255	260～265

北京一等线（强省代表）

年份	2022	2023	2024	2025	2026（判断）
一等线	205	200	260	265	270～275

2024、2025 两年分数线的跳涨，根源在于题目变易、高分扎堆。今年整体难度与去年相当，影响分数线的是两股力量，而且它们作用在不同的分数段：

力量一：题目结构拉开——顶端更难，中段更好拿。 T4 上浮一档，看不出关键性质的同学会停在 60 分左右，满分段人数会比去年收缩；但 T1 比去年《拼数》更易，四题的部分分又设计得特别足——T1 按规则判断就是满分，T2、T3、T4 不写正解也能分别拿到 68 / 75 / 72 分。一等线落在中段，主要由前两题和各题的部分分决定，T4 的满分门槛只影响高分段。也就是说，"会一部分、不会全部"的同学，今年能稳稳拿到中段的扎实分数。

力量二：选手水平整体上了一个台阶。 这是近几年最明显、也最容易被忽视的变化——GESP 考级在小学阶段普及，大量孩子在满 12 周岁、能够报名 CSP-J 之前，就已经完成了系统的算法训练，进入 CSP-J 时起点明显更高（本文第 6 节有详细对照）。学生整体变强，意味着同样的题，高分段人数更多、分数更"实"。

两股力量叠加的结果是：T4 的难度只压低了满分段；一等线所在的中段，因为 T1 更易、部分分充足、选手整体变强而更加密实，分数线大概率小幅走高 5～10 分。

我们教练组给出的推演是：

全国一等基准线大概率从 255 分小幅上行到 260～265 分；北京一等线大概率从 265 分上行到 270～275 分。强省（重庆、浙江、广东等）一等线继续走高，头部省份或再度逼近、甚至创出新高。

这个判断，与我们赛前预测文章里的两个趋势判断完全同向：一是命题会越来越重视"把暴力分和部分分给足"，二是 GESP 训练前置化、选手端的水位持续上涨——今年这两点同时兑现了。

同学们需要注意的是：分数线上涨，不意味着整套题变简单，也不等于拿一等更容易。 今年整体难度与去年相当，T4 还难了一档；分数线上涨，一是因为 T1 更易、部分分更足，中段分数更扎实，二是因为选手整体变强。分数线附近同分选手扎堆，丢一个细节分就可能掉一个档次——只有把该拿的分一分不丢地拿满，才能稳稳站在线上。

4. 命题方向：三个新信号，两个深层趋势

抛开"预测准不准"不谈，今年的命题里藏了三个趋势信号，我们教练组把它们点出来，供明年、后年备考的同学参考：

信号一：位运算连续两年坐镇 T3，而且越考越深。 早年的位运算多以进制拆分的形式出现在 T1 送分位（如 2020 年《优秀的拆分》），考的是"你会不会写 %2、/2"。2025 年 T3《异或和》把位运算放进了区分位，考的是前缀异或的性质；今年 T3 继续考位运算，升级为"按位与 + 按位贪心"，位运算从"基础语法"变成了"思维核心"。这提醒我们：任何基础知识点，都要往"它能怎么变形、怎么上移"的方向去理解，不能因为它过去送分就轻视它。

信号二：字符串题开始考"压缩表示"。 T2 回文串表面考回文，实质考的是行程编码（Run-Length Encoding）——输入不是逐个字符，而是"连续一段 + 重复次数"，且段长能到。这种"给你一个压缩过的数据，逼你按段处理而不是展开"的考法，考的是复杂度意识，而不是字符串技巧，值得单独练一批。

信号三：压轴题从 DP 转向"观察规律"。 2024 年 T4《接龙》、2025 年 T4《多边形》都是动态规划（后者是背包计数）；今年 T4《纸牌游戏》的满分不需要任何 DP 模板，靠的是观察出"首牌点数始终在最左端"，再用递推合并计数，栈只出现在部分分里。这恰恰印证了我们赛前反复叮嘱的那句话：压轴题不能只练 DP 和图论，思维模拟题、数据结构题同样要储备。 连续两年 DP 之后换了类型，说明压轴题不会固定在某一类上，两条腿走路才稳。

除了这三个"考点信号"，这套卷子在更深的层面还透出两个趋势，值得所有教练和家长重视：

趋势一：命题从"单纯模拟"走向"观察与优化"。 近两年的 T2《地图探险》《座位》以按规则模拟为主，照做就行；今年的 T2 字符串长到无法展开、T4 逐局模拟只能拿到一半左右分数，满分必须找出"局与局之间的关系"。照规则执行的能力，换个背景就要重学；先观察、再计算的习惯，却能带到任何一道新题上。

趋势二：数学性质成为解题关键。 2022 年《解密》、2023 年《一元二次方程》考代数，2025 年《异或和》以前缀异或为核心；今年的 T3 靠二进制位权逐位确定答案，T2 靠对称位置配对计数。数学不再是"额外加分项"，而是"把题目转化成算法的工具"。

5. 透过试题看能力：出题组真正在考什么

把这四道题拆开看，它考的不是"学没学过某个算法"，而是五种能力：

1. 阅读理解能力。 T1 的四问层层叠加，后三问都以"同一节车厢"为前提；T3 题面加粗了"恰好" m 个；T4 收走旧牌之后，新打出的牌还要放回最右端。读题的准确度，只能在按正式赛制进行的全真模拟里反复练出来。
2. 由数据范围推做法的能力。 T2 测试点 13～16 段数不超过 2000、段长却到 10 亿，提示按段计算；T3 测试点 18～19 数值小于 1024，提示枚举答案；T4 测试点 18～19 点数不超过 3000，提示按点数分组。我们国庆专项赛的五场题解，都是"从暴力逐档讲到正解"，练的正是这条台阶。
3. 观察性质的能力。 T4 要发现"首牌始终在最左端"这条贯穿整局的性质；T3 要把"选哪 m 个数"转成"答案能否包含这些位"的判断。这类专项思维，需要在专题集训里集中打磨。
4. 成批计算的能力。 T2 把一段相同的字符一次处理完，T4 把首牌点数相同的局合成一组，都是把"逐个算"换成"成批算"。这类手法来自系统课程中成体系的模型积累，并通过 GESP 考级阶段性检验。
5. 细节严谨与按档拿分。 T2 样例 3 的答案 30 亿已超出 int；T3 的搜索不加剪枝，m = n 一档就会超时；T4 弹栈时不同步清除位置记录，被收走的牌会被当成还在桌上。

普及组拉开差距的，已经从"会不会写"变成了"能不能看出性质"。 这五种能力，恰恰是我们在备考中反复强调、在 GESP 考级和日常训练中持续打磨的方向。

6. 对照 NOI 大纲与 GESP：知识门槛不高，分差在观察

不少家长会问：今年题目这么"绕"，是不是要提前学很多高级算法？我们的答案很明确——不需要，这套题的知识门槛并不高。

对照 NOI 大纲（2025 年修订版），全卷涉及模拟法、枚举法、字符数组与 string、位运算、贪心法、递推法和栈，部分分的搜索用到深度优先搜索，全部在入门级之内；四题满分用到的知识点，难度系数都不超过【3】。 换句话说，T4 只用入门级的递推，就考出了普及+/提高的思维深度——入门级的知识，已经足以考出有区分度的压轴题。

再对照 GESP C++ 认证标准，更是如此：

1. T1：三级（字符串与模拟法）即可满分；
2. T2：三级（一维数组与模拟法）可拿 68 分，满分另需四级的复杂度估算和一级就有的 long long；
3. T3：三级（位运算与枚举）可拿 70 分，满分的逐位确定属于五级的贪心；
4. T4：三级（数组模拟）加特殊性质可拿 48 分，六级（栈）到 72 分，满分只用一维数组和四级的递推。

按知识点计，只用三级的内容，四题合计就能拿到 286 分，越过一等线；从五级到满分，差的是观察，不是新算法。 这正是 GESP 标准设计的严谨之处——考级的分级与比赛的分档是对齐的。

考级分级与比赛分档对齐，意味着在 GESP 上扎实走到五级的孩子，满 12 周岁进入 CSP-J 时，已经具备冲一等的知识储备。按 2026 年衔接办法，GESP C++ 七级 80 分及以上、或八级 60 分及以上，可申请免 CSP-J 第一轮认证；八级 80 分及以上，还可申请免 CSP-J 或 CSP-S 第一轮（二选一）。CSP-J/S 要求报名者在当年 9 月 1 日前年满 12 周岁，对还不能报名的小学生来说，GESP 就是现阶段检验与积累的主要途径——大量孩子在小学阶段反复接受 GESP 训练，正是选手整体水平上升的底层原因，也是我们判断"分数线小幅走高"的重要依据。

二、逐题精讲

T1 旅游（travel）—— 一道"读题题"，送分题就要一遍写对

难度：★　考点：字符串解析 + 条件判断模拟　类型：模拟题

1. 原题面

题目描述

小 R 和小 X 准备坐高铁出门旅游。他们买了两张二等座车票，车票上写着各自的车厢号和座位号。两人希望座位相邻，这样旅途中可以坐在一起。

他们乘坐的列车由节车厢组成，车厢编号是 01 到 17。其中，01 和 16 号车厢是一等座车厢，其余车厢是二等座车厢。两人买的都是二等座车票，座位都在二等座车厢中。每节二等座车厢共有排，每排有个座位。座位号由两位排号和一位大写字母组成，例如 03C 表示第排 C 座。每一排的座位按照从左到右的顺序排列，座位字母依次是 A、B、C、D、F，其中 C 座与 D 座之间是过道，即每排过道左侧的座位序列是 A、B、C，右侧是 D、F。以下是一节二等座车厢的座位示意图：

每排的文字布局为：A B C｜过道｜D F。

两个座位相邻，当且仅当在同一节车厢的同一排，位于过道的同一侧，且在该侧的座位序列中相邻。

你需要帮助小 R 依次判断：

1. 两张车票对应的座位是否在同一节车厢；
2. 两张车票对应的座位是否在同一节车厢的同一排；
3. 两张车票对应的座位是否在同一节车厢的同一排，且位于过道的同一侧；
4. 两张车票对应的座位是否相邻。

输入格式

从文件 travel.in 中读入数据。

输入的第一行包含四个字符串，分别表示小 R 的车票上的车厢号、座位号，以及小 X 的车票上的车厢号、座位号。

输出格式

输出到文件 travel.out 中。

输出一行一个长度为的 01 字符串，分别表示四个问题的答案，其中 1 代表是，0 代表否。

输入输出样例 #1

输入 #1

02 01A 02 01B

输出 #1

输入输出样例 #2

输入 #2

02 01C 02 01A

输出 #2

输入输出样例 #3

输入 #3

02 01C 02 01D

输出 #3

输入输出样例 #4

输入 #4

02 02B 02 01A

输出 #4

输入输出样例 #5

输入 #5

02 01A 03 01A

输出 #5

说明/提示

样例 1 解释

02 号车厢是二等座车厢。01A 和 01B 在同一节车厢、同一排、过道的同一侧，并且相邻，因此输出 1111。

样例 2 解释

两个座位在同一节车厢、同一排、过道的同一侧，但 01C 与 01A 中间隔着 01B，不相邻，因此输出 1110。

数据范围

对于所有测试数据，均有：

1. 是 01 到 17 之间除 01 和 16 外的两位车厢号；
2. 是对应车厢中的合法座位号，即前两位是 01 到 18 之间的排号，末位是 A、B、C、D、F 中的一个字母；
3. 两张车票对应的不是同一个座位，即或。

测试点编号	特殊性质
	A, B, C
	A, B
	A
	D
	无

特殊性质 A：两个座位在同一节车厢，即。

特殊性质 B：两个座位在同一排，即的前两位与的前两位相同。

特殊性质 C：两个座位在过道的同一侧。

特殊性质 D：小 R 的座位是 D 座，小 X 的座位是 F 座，即的末位字符是 D，的末位字符是 F。

2. 题眼在哪里

这道题我们赛前预判得最准的一点是：T1 大概率是一道"贴近生活的长题面 + 字符串/模拟"题。 今年这道"高铁座位"就是典型——题面讲了一整段车厢、排号、座位字母，但真正要你做的，就是把"座位相邻"这四个字变成几行判断。

拿到这道题，第一反应不应该是"赶紧写代码"，而是先把题目里那个反直觉的坑找出来。这道题的坑在哪？在座位字母上：

一排座位从左到右是 A B C｜过道｜D F。

看清楚没有——座位字母里没有 E，而且 C 和 D 之间隔着过道。这就埋了两个陷阱：

1. 字母上 C 和 D 是相邻的，但座位不相邻（中间隔着过道）；
2. 字母上 D 和 F 中间跳过了 E，看似不相邻，但座位是紧挨着的。

谁要是用"字母的 ASCII 码差值"来判断相邻，D、F 这一对一定会判错——而样例里恰好没有 D、F 相邻的情况，测不出来，性质 D 的测试点就会失分。 这道题考的就是这个。

3. 题意拆解：四个问题一层套一层

题目要我们依次回答四个"是/否"，输出一个长度为 4 的 01 串：

1. 是否同一节车厢？（比较车厢号 c1 == c2）
2. 是否同一节车厢的同一排？（在 1 的基础上，排号相同）
3. 是否同一节车厢的同一排、且过道同侧？（在 2 的基础上，都在过道左或都在右）
4. 是否相邻？（在 3 的基础上，两个座位紧挨着）

注意这四个问题不是独立的，每一问都以前一问成立为前提。我们赛前反复强调的"读题要读条件之间的包含关系"，这道题就是最好的例子——样例 5 里两个座位排号、字母都相同，但车厢不同，四问就全是 0。谁要是把第 2 问写成"只比较排号"，就会在这里翻车。

4. 核心技巧：把座位"放到数轴上"

破解相邻判断的钥匙，是我们赛前在"找规律"专题里反复练过的一招：把对象放到数轴上，让空位也占一格。

我们把一排座位映射成位置编号，让过道也占一个编号：

座位	A	B	C	过道	D	F
位置编号	1	2	3	4	5	6

映射之后，两个判断都变成了纯粹的数值比较：

1. 同侧：编号小于 4 在过道左边，大于 4 在右边，两边同左或同右就是同侧；
2. 相邻：编号相差 1。过道占了编号 4，于是 C(3) 与 D(5) 相差 2 → 判为不相邻；D(5) 与 F(6) 相差 1 → 判为相邻。

两个反直觉陷阱，被"过道占一个编号"这一个动作同时化解。这就是我们常说的：想清楚建模，代码自然就短。

5. 满分程序

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;string c1, s1, c2, s2;bool ans[5]; // ans[i]：第 i 问的答案，下标从 1 开始// 座位字母在一排中的位置编号：A、B、C 为 1、2、3，过道占 4，D、F 为 5、6int pos(char ch){    if (ch == 'A') {        return 1;    }    if (ch == 'B') {        return 2;    }    if (ch == 'C') {        return 3;    }    if (ch == 'D') {        return 5;    }    return 6; // 剩下的只有 F}int main(){    freopen("travel.in", "r", stdin);    freopen("travel.out", "w", stdout);    cin >> c1 >> s1 >> c2 >> s2;    int p1 = pos(s1[2]); // 小 R 座位的位置编号    int p2 = pos(s2[2]); // 小 X 座位的位置编号    bool l1 = (p1 < 4);  // 小 R 是否在过道左边    bool l2 = (p2 < 4);  // 小 X 是否在过道左边    // 第 1 问：车厢号相同    ans[1] = (c1 == c2);    // 第 2 问：第 1 问成立，且排号（座位号的前两个字符）相同    ans[2] = ans[1] && s1[0] == s2[0] && s1[1] == s2[1];    // 第 3 问：第 2 问成立，且两人都在过道左边或都在右边    ans[3] = ans[2] && l1 == l2;    // 第 4 问：第 3 问成立，且位置编号相差 1    ans[4] = ans[3] && abs(p1 - p2) == 1;    for (int i = 1; i <= 4; i++) {        if (ans[i]) {            cout << '1';        } else {            cout << '0';        }    }    cout << '\n';    return 0;}

时间、空间复杂度都是。

6. 易错点清单

1. 用 s1 == s2 判断同排——把座位字母也一起比了，01A 和 01B 会被误判成不同排。
2. 只比较 s1[1] == s2[1]——把第 01 排和第 11 排当成同一排。
3. 后一问没带上前一问的结果——样例 5 的 02 01A 03 01A 就会答错。
4. 用字母编码差判断相邻——D/F 差 2 却紧挨着，会被判成不相邻；如果同侧判断也没写对，C/D 差 1 却隔着过道，又会被判成相邻。
5. 文件名写错。这里再敲一遍黑板：freopen("travel.in", ...) 和 freopen("travel.out", ...) 必须和题面一字不差，少写一个字母就是 0 分。

7. 教练点评

这道题是本次预测的"代表作"：我们赛前说"T1 大概率是贴近生活的长题面 + 字符串/模拟"，今年就来了道"高铁座位"。但同学们要记住，T1 送分题的价值不在于"你会不会做"，而在于"你能不能 15 分钟内一遍写对、不留隐患"。 送分题是全场性价比最高的一道题，谁在这里因为文件名、边界、读题大意丢分，谁就是全场最亏的人。

T2 回文串（string）—— 展开不了，就要会"按段"处理

难度：★★　考点：字符串 + 对称配对计数 + 双指针　类型：计数题（行程编码）

1. 原题面

题目描述

小 R 有一个长度为的字符串，其中只包含小写英文字母。小 R 发现，虽然可能很长，但它可以分成个连续的段，其中第段由个小写英文字母构成。把这段依次拼接起来便得到，因此。相邻两段中的字符可以相同。

小 X 喜欢回文串。若一个字符串反转后与原字符串相同，就称它是回文串，例如 aba、abba 都是回文串，而 aabbc 不是。也就是说，字符串是回文串，当且仅当对于所有，均有。

小 X 想让小 R 把改成回文串。小 R 可以将中任意一个位置的字符修改成任意小写英文字母。他想用尽量少的修改满足小 X 的要求。

你需要帮助小 R 求出，他最少需要修改多少个位置的字符，才能将改成回文串。

输入格式

从文件 string.in 中读入数据。

输入的第一行包含一个正整数。

输入的第行包含一个正整数和一个小写英文字母。

输出格式

输出到文件 string.out 中。

输出一行一个整数，表示小 R 最少需要修改多少个位置的字符，才能将改成回文串。

输入输出样例 #1

输入 #1

32 a2 b1 c

输出 #1

输入输出样例 #2

输入 #2

22 a3 a

输出 #2

输入输出样例 #3

输入 #3

61000000000 a1000000000 a1000000000 a1000000000 b1000000000 b1000000000 b

输出 #3

3000000000

说明/提示

样例 1 解释

小 R 的字符串由段构成：第段由个 a 组成，第段由个 b 组成，第段由个 c 组成，依次拼接得到。

小 R 可以将最后一个字符 c 和倒数第二个字符 b 都改为 a，得到回文串 aabaa，共修改个位置的字符。可以证明，小 R 最少需要修改个位置的字符，才能将改成回文串。

样例 2 解释

小 R 的字符串由段构成：第段由个 a 组成，第段由个 a 组成，依次拼接得到，则已经是回文串，不需要修改。

数据范围

对于所有测试数据，均有：

1. ；
2. 对于所有，均有，且为小写英文字母。

测试点编号

2. 题眼在哪里

这道题的题眼，藏在一句话里：输入不是给你一个字符串，而是给你"连续一段 + 出现次数"。 第段由个字母构成，能到。

这意味着什么？意味着在完整数据下，这个字符串你根本展开不了——总长度最大能到，别说存不下，就是一个字符一个字符地比较也比不完。

所以这道题的实质考法就清楚了：这是一个"压缩表示"的字符串题，你必须按段处理，而不是展开后逐字符处理。 这考的是成批计算的能力——先想清楚"逐字符该怎么做"，再找到"一批处理方式完全相同的字符"，一次处理一批。

3. 题意拆解：最少改几处，变成回文

把改成回文，就是让每一对对称位置（和）的字符相同。每一对：

1. 字符相同 → 不用改；
2. 字符不同 → 把其中一个改成另一个，改一次就够。

每个位置只属于一对，各对互不影响，所以答案 = 字符不同的对称位置对数。为奇数时正中间那个字符和自己对称，不用管。

这一步不需要任何算法，只需要想清楚"对称位置一一配对、各对互不影响"。真正的难点在后面：怎样在不展开字符串的情况下数出这些对。

4. 思考过程：从暴力到满分，三档递进

第一档（56 分）：展开字符串，逐对比较。 当时，直接把字符串展开，枚举左半边，若就答案加一。这是最朴素的做法，也是务必先拿到手的暴力分——我们赛前反复说"暴力一定比 0 分强"，这道题前 12 个测试点 + 17、18 测试点都能这样拿。如果内存允许开约 100 MB 的字符数组，把展开数组开到，测试点 19～21 也能展开处理，这就是前文所说的 68 分。

第二档（72 分）：枚举段对，用区间交集计数。 段长能到时展开不了，但段数时，可以枚举"左端所在段、右端所在段 "，算出这两段之间有多少对对称位置（就是两个区间的交集长度），时把交集长度加进答案。思路的核心是：同一段内的字母都相同，没必要一个一个比。

第三档（100 分）：双指针，按剩余段长批量处理。 段数和段长都大时，枚举段对是，会超时。关键观察是：从两端同时向中间走，每一时刻真正"相遇"的只有左端所在段和右端所在段，交集非空的段对不超过个。 于是用两个指针 l、r，每轮处理对：

1. 若 c[l] != c[r]，这对都不同，答案加；
2. 两边都扣除（不管字母是否相同都要扣，这对已经处理完了）；
3. 左段用完就 l++，右段用完就 r--。

循环条件是 l < r。当 l == r 时，剩下的字符都在同一段内，彼此相同，不用改。

5. 满分程序

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 200005;int n;int a[N];  // a[i]：第 i 段还没有处理的字符个数，读入时是原始段长char c[N];long long ans;int main(){    freopen("string.in", "r", stdin);    freopen("string.out", "w", stdout);    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> a[i] >> c[i];    }    int l = 1; // 左端当前所在的段    int r = n; // 右端当前所在的段    while (l < r) {        int t = min(a[l], a[r]); // 本轮一次处理 t 对对称位置        if (c[l] != c[r]) {            ans += t; // t 对字符都不同，每对修改一次        }        // 不论字母是否相同，两端都处理掉 t 个字符        a[l] -= t;        a[r] -= t;        if (a[l] == 0) {            l++; // 左段用完，进入下一段        }        if (a[r] == 0) {            r--; // 右段用完，进入上一段        }    }    // l == r 时，剩下的字符都在同一段内，彼此相同，不用修改    cout << ans << '\n';    return 0;}

每轮至少用完一段，最多轮，时间复杂度，与展开后的长度无关。答案最大到，必须用 long long。

6. 易错点清单

1. 逐对比较时 i 枚举到 len 而不是 len/2——每对不同字符会被算两次。
2. 答案或前缀长度用 int——样例 3 的答案就溢出了。
3. 字母不同时写成 ans++——一批对只算了一次。
4. 先减后取 min 的坑：若写成先 a[l] -= min(a[l], a[r])，再 a[r] -= min(a[l], a[r])，第二个 min 用的是已经减小的 a[l]，两边扣除长度就不同了。
5. 只在字母不同时扣除长度——字母相同时 l、r 都不动，程序死循环。

7. 教练点评

这道题我们赛前判断"T2 是基础档"，命中了。但更重要的是，这道题给所有同学提了个醒："字符串题"不等于"把字符串展开来暴力做"。 这道题用"压缩表示"来包装字符串，逼你把时间复杂度从"和长度相关"优化到"和段数相关"。这种"行程编码"思路，同学们务必单独练一批。

T3 按位与（and）—— 位运算连续两年坐镇 T3，一道标准的按位贪心

难度：★★~★★★　考点：位运算 + 按位贪心　类型：贪心题（区分题）

1. 原题面

题目描述

小 R 有个非负整数。

小 X 给了小 R 一个正整数，并要求小 R 从这个非负整数中选出恰好个，使得选出的个数的二进制按位与的值最大。

你需要帮助小 R 求出，他能选出的个数的按位与的最大值。

输入格式

从文件 and.in 中读入数据。

输入的第一行包含两个正整数。

输入的第二行包含个非负整数，依次表示小 R 的个非负整数。

输出格式

输出到文件 and.out 中。

输出一行一个非负整数，表示小 R 能选出的个数的按位与的最大值。

输入输出样例 #1

输入 #1

4 23 15 12 12

输出 #1

输入输出样例 #2

输入 #2

5 331 3 1 15 7

输出 #2

说明/提示

样例 1 解释

小 R 有个非负整数：。

1. 若小 R 选择，则按位与的值为；
2. 若小 R 选择，则按位与的值为；
3. 若小 R 选择，则按位与的值为；
4. 若小 R 选择，则按位与的值为。

因此，小 R 能选出的个数的按位与的最大值为。

样例 2 解释

若小 R 选择，则按位与的值为。可以证明，小 R 能选出的个数的按位与的最大值为。

数据范围

对于所有测试数据，均有：

1. ；
2. 对于所有（），均有。

测试点编号				特殊性质
				无
				无
				无
				无
				无
				A
				B
				无
				无
				无

特殊性质 A：对于所有（），均存在非负整数满足。

特殊性质 B：存在非负整数满足，且对所有（），均有。

2. 题眼在哪里

这道题最有意思的地方，在于它印证了我们赛前的一个判断，同时也给出了一个"升级信号"。

我们在赛前预测 T1 考点时，明确把"位运算"写进了考点池，当时的定位偏基础。实际上，2025 年 T3《异或和》已经把位运算放进了区分位；今年命题组连续第二年在 T3 考位运算，并且从前缀异或的性质升级到了"按位与 + 按位贪心"——位运算从"语法题"变成了"思维题"。这正是本文总体分析里点出的第一个信号：任何基础知识点，都可能"上移"成为区分度核心。

那么这道题的题眼在哪？在一句话上：

求"选恰好个数，使它们的按位与最大"。

看到"按位与最大"，脑子里要立刻蹦出我们课堂上反复讲的一个模型：按位贪心。 因为比较两个数的大小，先看最高位、再看次高位——所以"最大化按位与"，天然就应该从高位到低位，一位一位地贪。

3. 题意拆解：把"最大化"转成"可行性判断"

先想清楚按位与的两条性质：

1. 某一位是 1，当且仅当所选的每个数这一位都是 1。 只要有一个数这一位是 0，结果这一位就是 0。
2. 多选一个数，结果中的 1 只会减少、不会增加。

于是问题转化为一个"判断"：给定一个数，能否选出个数，使它们的按位与"包含的所有 1"？

要让按位与包含的所有 1，每个被选的数都必须包含的所有 1，代码写出来就是：

(a[i] & x) == x   // 注意：括号不能省！

统计满足这个条件的数有几个，够不够个，这个判断记为 check(x)。

答案就是"最大的、满足 check(x) 的 x"。 这句话是整道题的枢纽——把"最大化"转成了"可行性判断"，剩下的就是高效地找这个最大 x。

4. 思考过程：六档递进，每一档都是一层思维

这道题的部分分设计堪称教科书，我们赛前反复强调"先拿暴力分再考虑优化"，这道题就是最好的练习场。我们把每一档的思路都点出来：

1. 50 分：搜索。 DFS 枚举选哪些数，加上"剩下的数不够选就不再搜"的剪枝，，以及且、、的测试点都能很快搜完。这是暴力，但也是必须稳稳拿到的第一桶金。
2. 60 分：用前缀后缀按位与。 只需决定"不选哪个数"，用 pre[i]（第个到第个的与）和 suf[i]（第个到第个的与）拼出答案。注意空前缀、空后缀要设成全 1 的 (1<<30)-1，不能设 0。
3. 65 分：特殊性质 A（每个数都是）。 这种数按位与等于最小值，选最大的个即可。
4. 75 分：特殊性质 B（数是）。 答案可以直接用公式算出，其中是不小于的最小 2 的幂。
5. 95 分：值域小（）时从大到小枚举答案。 候选答案只有这不超过个，配合计数数组逐个 check。
6. 100 分：按位贪心。 见下文。

这几档我们都写了代码并逐档验证，考场上可以在主函数里"判断数据满足哪档就调哪档"，把分数合起来。 其中第 5 档"从大到小枚举答案、判断能否做到"，正是满分做法的前身——这也是我们赛前反复教的考场策略：部分分不是"次优解"，而是"满分的垫脚石"。

5. 满分做法：从高位到低位逐位确定

值域到时，候选答案有约个，不能枚举。但"找最大的可行 x"可以一位一位地确定：

1. 从第 29 位到第 0 位，依次试探第位能不能取 1；
2. 令 x = ans | (1 << k)（保留已确定的 1，再要求第位也是 1）；
3. 若 check(x) 为真，第位就定为 1（ans = x）；否则第位为 0，ans 不变。

为什么高位能为 1 就一定要取 1？ 因为高位的一个 1，比所有更低位的 1 加起来还大。这正是"按位贪心"的正确性来源。

这里有一个最容易错的思想误区：不能把每一位分开统计"有几个数这一位是 1"，再把个数够的位拼起来。反例：选两个，每一位都恰好有两个数是 1，但没有两个数同时拥有这三个 1。所以试探新的一位时，必须和已经确定的位一起检查——x = ans | (1 << k) 里的 ans，就是把已经确定的位一起带上。

6. 满分程序

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 200005;int n, m, ans;int a[N];// 能否选出 m 个数，使它们的按位与包含 x 的所有 1bool check(int x){    int cnt = 0;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        if ((a[i] & x) == x) { // 括号不能省：== 的优先级高于 &            cnt++;        }    }    return cnt >= m;}int main(){    freopen("and.in", "r", stdin);    freopen("and.out", "w", stdout);    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> a[i];    }    // 从第 29 位到第 0 位依次试探    for (int k = 29; k >= 0; k--) {        int x = ans | (1 << k);        if (check(x)) {            ans = x;        }    }    cout << ans << '\n';    return 0;}

时间复杂度，时约次，非常轻松。

7. 易错点清单

1. 搜索时 val 初值设为 0——0 与任何数相与都是 0，答案永远 0。
2. 前缀/后缀的 pre[0]、suf[n+1] 设为 0——不选第一个/最后一个数时结果被错误清零。
3. (a[i] & x) == x 写成 a[i] & x == x——== 优先级高于 &，实际只检查了最低位。
4. 试探时写成 x = 1 << k——丢掉了已经确定的高位。
5. 从低位到高位确定——先定的低位会限制后面的选择，可能失去更高的位。
6. 先去重再计数——相同的值是不同的数，可以同时选。

8. 教练点评

这道题，我们赛前的判断是"位运算在考点池内、但定位偏基础"，而命题组连续第二年把位运算放在 T3，并且从前缀异或升级到了按位贪心。这既是命题的新意，也是给我们的提醒：位运算绝不是"会写 %2 就行"的送分语法，它的上界可以很高。 "按位贪心"这个模型——从高位到低位、带着已确定的位一起试探、用可行性判断决定每一位——是位运算题最常用的进阶模型，同学们务必把它练成肌肉记忆。我们课堂上讲的"最大化按位与 / 最小化按位或"通用套路，今年在 T3 原汁原味地考出来了。

T4 纸牌游戏（card）—— 思维模拟压轴题，规律藏在"最后出现"

难度：★★★~★★★★　考点：模拟 + 栈（部分分）+ 观察规律 + 递推　类型：思维题

1. 原题面

题目描述

小 Z 正在玩一种单人纸牌游戏。

他有一叠特制的纸牌，共有张，从上到下的点数依次为。每张牌的点数都是到之间的整数，且每种点数都出现至少一次。

小 Z 将进行局相互独立的游戏。每局开始前，他会将所有牌按原顺序放回牌堆，并清空桌面。在第（）局中，他跳过前张牌，依次打出第张到第张牌，这些牌的点数依次为。

桌面上的牌始终从左到右排成一行。打出一张点数为的牌时：

1. 若桌面上没有点数为的牌，就将这张牌放在最右端；
2. 否则，收走桌面上点数为的牌及其右侧的所有牌，再把这张牌放在最右端。被收走的牌在本局中不再使用。

由上述规则可知，任意时刻桌面上同一种点数的牌至多只有一张。

最后一张牌打出后，本局游戏结束。

例如，若桌面上从左到右的牌的点数依次为，则打出一张点数为的牌后，桌面上从左到右的牌的点数依次为。接着打出一张点数为的牌时，桌面上原来点数为的牌及其右侧的所有牌（点数依次为）被收走，再把新打出的放在最右端，此时桌面上从左到右的牌的点数依次为。

你需要帮助小 Z 依次求出，对于每个，在所有局游戏中，有多少局结束时桌面上留有点数为的牌。

输入格式

从文件 card.in 中读入数据。

输入的第一行包含两个正整数，分别表示牌的数量和点数种类数。

输入的第二行包含个正整数，依次表示小 Z 的牌从上到下的点数。

输出格式

输出到文件 card.out 中。

输出一行个非负整数，其中第（）个整数表示在所有局游戏中，有多少局结束时桌面上留有点数为的牌。

输入输出样例 #1

输入 #1

4 31 2 1 3

输出 #1

3 1 4

输入输出样例 #2

输入 #2

10 33 1 2 1 3 2 3 1 2 1

输出 #2

10 3 3

说明/提示

样例 1 解释

对于第局游戏，小 Z 依次打出点数为的牌：

1. 打出第张牌（点数为）后，桌面上只有一张点数为的牌；
2. 打出第张牌（点数为）后，桌面上从左到右的牌的点数依次为；
3. 打出第张牌（点数为）后，先收走桌面上点数为的两张牌，再放上新打出的，桌面上只有一张点数为的牌；
4. 打出第张牌（点数为）后，桌面上从左到右的牌的点数依次为。

因此第局游戏结束时，桌面上从左到右的牌的点数依次为。

对于第局游戏，小 Z 依次打出点数为的牌，结束时桌面上从左到右的牌的点数依次为。

对于第局游戏，小 Z 仅打出一张点数为的牌，结束时桌面上只有一张点数为的牌。

因此，在全部局游戏中：

1. 有局游戏结束时，桌面上留有点数为的牌，即第局；
2. 有局游戏结束时，桌面上留有点数为的牌，即第局；
3. 有局游戏结束时，桌面上留有点数为的牌，即全部局。

数据范围

对于所有测试数据，均有：

1. ，；
2. 对于所有（），均有；
3. 每种点数都出现至少一次，即对于所有（），均存在（）满足。

测试点编号			特殊性质
			无
			无
			A
			无
			无
			B
			无
			A
			无
			无

特殊性质 A：。

特殊性质 B：至多存在个（）满足。

2. 题眼在哪里

压轴题来了。这道题兑现了我们赛前"T4 难度比 2025 年上升"的判断——它比去年的《多边形》高出一档。它的难点不在算法模板，而在你能不能从模拟中发现规律。

先把题意翻译成人话：有张牌，第局从第张开始往右打（跳过前张）。桌面上牌从左到右排一行，打出一张点数的牌时——桌面上没有就放最右端；有就收走"原来的及其右侧所有牌"，再把新牌放最右端。对每种点数，问局中有多少局结束时它留在桌上。

题眼在哪？在两个看似不起眼的事实上：

事实一：最后一张牌每局都会留下。 它是每局最后打出的牌，放到最右端后，再没有牌能把它收走。
事实二：一局的首牌点数，始终待在桌面最左端。 要收走它，只能再打出同样的点数，而这时新牌又放回桌面，桌面上只剩这一张——所以最左端永远是首牌点数，只是换成了新牌。

这道题的全部玄机，都从"事实二"里长出来。

3. 关键规律：首牌相同，结局相同

由事实二，每次打出首牌点数后，桌面上都只剩这一张。设点数最后一次出现在位置 last[x]。打完这张牌后，桌面上只有；之后再也不会出现，它会一直留在最左端，不影响其他牌。

于是得到全题的关键结论：

也就是说，一局的最终桌面只取决于首牌点数 ，而"从位置开始的那一局"的首牌是，记为 nxt[x]（的"后继"）。

首牌为的局共有 cnt[x] 个，它们的最终桌面完全相同，可以合成一组。沿着一路走到 0，经过的点数就是这些局最终桌面上从左到右的点数。

以样例 1 为例（a = 1 2 1 3）：nxt[1]=3、nxt[2]=1、nxt[3]=0。于是首牌为 1 的两局最终是，首牌为 2 的一局是，首牌为 3 的一局是。点数 1、2、3 分别被 3、1、4 局经过，答案正是 3 1 4。

4. 思考过程：从逐局模拟到线性

1. 24 分：逐局模拟。 时，每局用数组模拟桌面，从左到右找重复点数。这是暴力分。
2. 48 分：栈 + 位置数组。 桌面本质是个栈（放牌在右端、收牌收右端一段），用 pos[x] 记录点数位置，找位置就是了。时每局模拟变线性。
3. 60 分：与性质 A。 只有两种点数时，最后一张牌的点数每局都留下，答案为；另一种点数只在首牌是它的局里留下，答案为 cnt[x]。序列不降时，的答案就是 last[x]。
4. 72 分：性质 B（压缩连续相同牌）。 连续相同的牌只需打一张，压成块后块数；从同一块开始的局结果相同，逐块模拟后按块长一次统计。
5. 80 分：按首牌分组，沿后继链走。 时，对每个首牌点数沿链走到底，每经过一个点数就 ans[y] += cnt[x]。
6. 100 分：合并到达同一点数的局数。 能到，各条链可能很长，逐条走是。但不同的链一旦走到同一个点数，后面的路径完全相同，重复走是浪费。

5. 满分做法：先汇总，再往后传

满分的点睛之笔，是把"逐条走链"改成"合并后一起传"：

1. 初始 ans[x] = cnt[x]，表示首牌为的局从出发；
2. 处理点数时，ans[x] 已经汇总了所有经过的局，执行 ans[nxt[x]] += ans[x]，把它们一起传给后继；
3. 传递后 ans[x]不清零——因为它本身就是的答案（这些局的最终桌面既有，也有它后面的点数）。

把每个点数向其后继连一条边，所有点数构成一个森林，链尾是根。的答案就是它子树里所有点数的 cnt 之和——上面这个过程，就是自下而上累加子树和。

处理顺序也很讲究：按"最后出现位置"从小到大处理。因为后继的最后出现位置总在后面，所以从左到右扫原序列，在位置遇到 last[a[i]] == i（即这是点数的最后一次出现）时，就把 ans[a[i]] 传给 ans[a[i+1]]。

6. 满分程序

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 500005;const int M = 300005;int n, m;int a[N];int cnt[M];  // cnt[x]：点数 x 出现的次数，即首牌为 x 的局数int last[M]; // last[x]：点数 x 最后一次出现的位置int ans[M];  // ans[x]：经过点数 x 的局数，也就是答案int main(){    freopen("card.in", "r", stdin);    freopen("card.out", "w", stdout);    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(0);    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> a[i];        cnt[a[i]]++;        last[a[i]] = i;    }    for (int x = 1; x <= m; x++) {        ans[x] = cnt[x]; // 首牌为 x 的局从 x 出发    }    // 按最后出现位置从小到大处理：从左到右扫，遇到某个点数的最后一次出现就处理它    for (int i = 1; i < n; i++) {        int x = a[i];        if (last[x] == i) {            ans[a[i + 1]] += ans[x]; // 经过 x 的局，接着都经过 x 的后继 a[i+1]        }    }    for (int x = 1; x <= m; x++) {        if (x > 1) {            cout << ' ';        }        cout << ans[x];    }    cout << '\n';    return 0;}

时间复杂度，满分程序的核心只有十来行。这就是思维题的特点：想通规律，代码很短；想不通，就只能停在模拟的分数上。

7. 易错点清单

1. 每局还没结束就统计桌面上的牌——牌可能在后面被收走。
2. 弹栈循环写成 while (top >= pos[x])——弹出旧 x 时 pos[x] 被清零，循环停不下来，整个栈被弹空。
3. 性质 B 中给留下的牌加上"它所在块的长度"——应该加起点块的长度 w[i]。
4. 在点数的每一次出现处都往后传——只有最后一次出现处的下一张牌才是后继。
5. 按点数的顺序传递——可能先传走，之后才有局数传给。
6. 传递时用 cnt[x] 而不是 ans[x]——会漏掉从其他点数传到的局。
7. 传递后把 ans[x] 清零——会丢掉点数自己的答案。

8. 教练点评

这道压轴题兑现了我们赛前"T4 难度上升"的判断。它的部分分靠模拟和栈，满分靠观察规律后递推——这恰恰印证了我们赛前反复叮嘱的那句话：压轴题不能只练 DP 和图论，思维模拟题、数据结构题同样要储备。 2024 年《接龙》、2025 年《多边形》连续两年是 DP，今年换成了观察型思维题，压轴题不会固定在某一类上。同学们平时除了刷 DP/图论，务必保留一条"思维题"的练习线：模拟找规律、观察不变量、合并相同状态，这类题练的正是信奥最核心的"思维肌肉"。

这道题还有个非常漂亮的命题细节：它把"很多局在某一刻之后完全相同"这个规律藏得很深，一旦发现，就变成一道线性题。这类"合并相同状态"的思想在各类竞赛题中都很常用，值得同学们单独归纳一个专题。

三、结语：把该拿的分拿满，就是胜利

把四道题串起来看，我们想对同学们说三句话：

第一句：拿一等的胜负手，是"基础题拿满 + 部分分不丢"；冲高分的分水岭，是 T3、T4 的关键观察。 T1、T2 合计 200 分是送分题和基础题，加上 T3 的搜索、T4 的模拟，稳扎稳打的选手拿到 270～320 分是完全可预期的——这恰恰是今年分数最集中的主力区间，一等线也落在这个区间里。在这个分数段里，能不能把该拿的分一分不丢，直接决定你在一等线附近的位置；再往上，就要看能不能想到 T3 的逐位确定、T4 的首牌规律。

第二句：趋势在变，但方法不变。 位运算坐镇 T3、字符串压缩表示、压轴题思维化——这些是今年命题的新信号。但应对它们的办法，还是我们赛前反复强调的那套：考点覆盖要宽、暴力分要拿、边界要想清、文件名要写对、别死磕一题。 方法论是长期有效的，题目怎么变都逃不出这个框架。

第三句：赛后的复盘，比分数本身更重要。 考完不是结束。每道题——你做对了，问问自己是不是"侥幸"；你做错了，定位一下错在"知识点没学透""思路打不开""读题理解错"还是"边界细节出错"。把错题复盘成经验，这一届的成绩才有长远的价值。

最后，用我们赛前预测文章里反复强调的一句话收尾，它今年再次被验证：