2026 年 CSP-J 复赛试题解析与深度复盘

信息学奥赛 · CSP-J 2026 复赛解析

从 T1 签到题到 T4 思维压轴：四题拆解 + 考情复盘

青山老师 · 青山编程　|　真题信息以 CCF 官方与考场真题为准，分数线以官方公布为准。

同学们，CSP-J 2026 复赛的硝烟刚散，先别急着对答案。青山老师先说句实在话：这一届，拿一等靠的是稳，冲高分靠的是观察。

四道题摆下来：T1、T2 是我们在课堂上反复磨过的「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；T4 是一道「观察规律 + 递推」的思维型压轴。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。

从结果看，今年的卷子把「区分度」重新立了起来：最难的题更难了，中低档的题更友好了。这意味着——基础扎实的孩子能稳稳过线，而真正能冲高分的孩子，赢在「多看了一眼规律」。下面，我们先把整套卷子的「大盘」看清楚，再一题一题讲透。

1. 四题总览

2. 难度梯度：结构拉开，比「整体变难」更值得关注

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 年更友好，但难度结构明显拉开了。逐题对照：

① T1 旅游：回到入门档，比 2025 年《拼数》更易，与 2024 年《扑克牌》同档。这是今年最友好的一题。

② T2 回文串：与近两年 T2 同档，但多了一道复杂度门槛——展开后最长可达 200 万亿个字符，必须按段处理。

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」。

④ T4 纸牌游戏：比 2025 年《多边形》高出一档（普及+/提高），是今年区分度的主战场。

一句话总结：今年不是「整体变难」，而是「结构拉开」——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. 命题方向：三个信号，两个趋势

信号一：位运算坐镇 T3。 连续两年，T3 都用位运算当区分位。它不考你背模板，考你「每一位独立、高位权重压倒低位」这个本质。

信号二：字符串的「压缩表示」。 T2 不直接给你字符串，而是用「n 段、每段一个字母重复 c_i 次」描述。它考的不是字符串算法，而是「能不能不展开」的判断。

信号三：压轴题从 DP 转向「观察规律」。 2024《接龙》、2025《多边形》都是动态规划；今年 T4 满分不需要任何 DP 模板，靠的是观察出「首牌始终在最左端」，再用递推合并计数。压轴题不会固定在某一类上，两条腿走路才稳。

趋势一：从「单纯模拟」走向「观察与优化」。 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。 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」。

4. 能力要求：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：T1 四问层层叠加，后三问都以「同车厢」为前提；T4 收走旧牌后，新打出的牌还要放回最右端。

② 由数据范围推做法：T2 段长 10^9 提示按段计算；T3 小数值档提示枚举答案；T4 小点数档提示按点数分组。

③ 观察性质：T4 发现「首牌始终在最左端」；T3 把「选哪 k 个数」转成「答案能否包含这些位」。

④ 成批计算：T2 把一段相同字符一次处理完，T4 把首牌相同的局合成一组。

⑤ 细节严谨与按档拿分：T2 答案 30 亿已超 int；T4 弹栈时不同步清除位置记录会出错。

5. 对照大纲与 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？答案很明确——不需要，这套题的知识门槛并不高。

对照 NOI 大纲，全卷涉及模拟、枚举、字符数组、位运算、贪心、递推和栈，满分用到的知识点难度系数都不超过【3】，全部在入门级之内。

对照 GESP C++ 认证标准更明显：只用三级的内容，四题合计就能拿到越过一等线的分数；从三级到满分，差的是观察，不是新算法。 考级分级与比赛分档是对齐的——在 GESP 上扎实走到五级的孩子，进入 CSP-J 时已经具备冲一等的知识储备。

原题面速览：小 R 和小 X 坐高铁，买了两张二等座车票，希望座位相邻、旅途坐在一起。列车 17 节车厢（01~17，其中 01、16 是一等座）；每节二等座车厢 18 排，每排 5 座，座位号 = 两位排号 + 一位字母（如 03C）。每排从左到右字母为 A、B、C、D、F（注意没有 E），C 与 D 之间是过道。给定两张票，依次回答四个「是/否」：① 是否同车厢；② 是否同排；③ 是否过道同侧；④ 是否相邻。输出一个 4 位 01 串。

题眼：① 座位字母是 A、B、C、D、F，没有 E——这是生活常识题；② 「过道同一侧」指 A/B/C 在左、D/F 在右；③ 四个问题不是「前面错后面就免」，而是每个都得独立算出、独立落笔，但后一个为真必须前一个也为真。

题意拆解：本质就是字符串解析 + 条件判断，O(1)，不涉及任何算法。把每张票拆成三部分：车厢号（两位）、排号（座位号前两位）、字母（末位）。四个问题天然分层，用 q1→q2→q3→q4 层层 && 串起来最稳。

ABC过道DF

图：左侧 A·B·C 的相邻对是 (A,B)、(B,C)；右侧 D·F 互不相同即为相邻。

思考过程（从部分分到满分）

层次一·保底写法：把四个问题当四个独立 if 硬写，先把 Q1 这种最直观的判断做对。优点上手快；缺点容易在「相邻」那问顾此失彼。

层次二·利用特殊性质扩分：题目给了「同车厢 / 同排 / 同侧 / R 为 D 座且 X 为 F 座」四个特殊性质，它们提示各测试点的前置条件，写代码时先保证带性质的测试点算对，再补一般情况。

层次三·满分稳健写法：把「车厢 / 排 / 侧 / 相邻」拆成清晰变量，用 q1→q2→q3→q4 层层 &&，一份代码覆盖全部测试点。

教练复盘：这道题考的不是算法，而是「把生活规则准确翻译成代码」的基本功。一句话记住：四个问题像套娃，后一个成立必须前一个成立；相邻要分左右两侧分别看。凡题面出现「相邻 / 同侧 / 同一排」这类带结构的条件，先想清楚有哪些独立维度可以比较，再决定要不要上复杂算法——很多时候，直接比字符串就够了。

原题面速览：小 R 有一个很长的字符串 S，由 n 段拼接而成，第 i 段是 c_i 个相同的小写字母 ch_i。小 X 可以修改任意位置的字符，想用最少修改把 S 变成回文串。输入 n 与每段 (c_i, ch_i)，输出最少修改字符个数。关键：每段 c_i 可达 10^9，总串长可达 10^15 量级，根本不可能把整串建出来。

题眼：① 「段」意味着同一段内字符全相同，对称位置若落在同段必然相等、无需改；② 回文是「第 1 个 ↔ 最后 1 个」对称，对应到段上是「最左段 ↔ 最右段」先配对；③ 两段长度不等时，只能拿较短那段的「剩余长度」来对称，剩下的要去和更里面的段配。

题意拆解：本质是在「段」上做回文双指针，O(n)。把每段当成 (字母, 长度) 的块，不在字符上移动，而在段上移动。左指针 L、右指针 R 各自维护「当前段还剩几个没配对」，每次取 min 配对：字母不同则这 min 个位置每个都要改一次。

教练复盘：这道题考的是「看清数据表示、选对枚举单元」。串由段组成，就别在字符上死磕，去段上跑双指针。一句话记住：回文 = 对称位相等；巨大 N 不可建串时，把「段」当单元，左右指针各记剩余长度，min 配对、字母不同就计数。凡是「若干段/连续相同」描述长序列，先想「能不能不展开」，常能把 O(N) 降级成 O(段数)。

原题面速览：小 R 有 n 个非负整数，要恰好选出 k 个，使这 k 个数的二进制按位与尽量大。输入 n、k 与 n 个 a_i，输出最大可能的按位与。数据范围：1 ≤ k ≤ n，0 ≤ a_i < 2^30。按位与：两个数对应位都为 1，结果的该位才为 1。

题眼：① 高位永远优先——一个高位 1 比下面所有低位全 1 加起来都大；② 每一位独立：结果第 b 位为 1，当且仅当选出的 k 个数第 b 位全为 1；③ 从最高位往下逐位「试」：假装这一位设成 1，看有多少个数已满足前面定的所有位、且这一位也是 1，若 ≥ k 就留住。

题意拆解：本质是「按位独立 + 高位贪心」。维护候选掩码 ans，从最高位 b 到最低位：试 cand = ans | (1<<b)，统计有多少个数满足 (x & cand) == cand，若 ≥ k 则 ans = cand。O(30×n)，一份代码吃下所有测试点。

A = 1 1 0 0B = 1 0 1 0A&B = 1 0 0 0

图：只有最高位两边都是 1，结果该位才为 1；其余位至少一边是 0，结果就是 0。

教练复盘：这道题考的是「位运算的独立性 + 贪心」。一句话记住：维护候选掩码 ans，对每一位试 (ans|(1<<b))，统计有多少数「& 它等于它」，≥ k 就定下这一位。凡是「最大化/最小化按位运算结果」且每位独立，先想贪心或子集掩码，别急着上暴力组合。

原题面速览：小 Z 有一叠 n 张牌，点数依次为 a_1…a_n（点数 1~m，每种至少出现一次）。进行 n 局相互独立的游戏：第 i 局跳过前 i-1 张，依次打出第 i 张到第 n 张。桌面上的牌从左到右排一行，打出点数为 k 的牌时——若桌上没有 k 就放最右端；否则收走「原来的 k 及其右侧所有牌」，再把新牌放最右端。求：对每种点数 i，有多少局结束时桌上留有点数 i 的牌。

题眼 / 关键规律——「首牌不变性」：难点不在模板，而在从模拟中发现规律。两个事实：① 最后一张牌每局必留（放最右端后再无牌能收它）；② 一局的首牌点数始终待在最左端——要收走它只能再打同样点数，而新牌放回后桌上只剩这一张，所以最左端永远是首牌点数。全题玄机都从这条「首牌不变性」长出来。

题意拆解：由首牌不变性，打完首牌 x 后桌上只剩 x，且之后不会再出现 x（设 x 最后一次出现在 last[x]）。于是「从 x 开始的最终桌面」= x + 「从 last[x]+1 开始的最终桌面」。一局最终桌面只取决于首牌 x，而 last[x]+1 处的首牌记为 x 的后继 nxt[x]。首牌为 x 的局有 cnt[x] 个，它们最终桌面完全相同，可合成一组；沿 x→nxt[x]→… 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。

思考过程（从模拟到线性）：24 分逐局模拟 → 48 分栈+位置数组（桌面是栈，找位置 O(1)）→ 60~72 分特殊性质（小点数 / 压缩连续相同牌）→ 80 分按首牌分组沿后继链走 → 100 分合并到达同一点数的局数，避免 O(m²) 重复走链。

满分做法：先汇总，再往后传：初始 ans[x]=cnt[x]（首牌为 x 的局从 x 出发）；处理 x 时，ans[x] 已汇总所有经过 x 的局，执行 ans[nxt[x]] += ans[x] 一起传给后继；传递后 ans[x] 不清零——它本身就是 x 的答案。按「最后出现位置」从小到大处理（从左到右扫，遇到 last[a[i]]==i 就把 ans[a[i]] 传给 ans[a[i+1]]）。复杂度 O(n+m)。

教练复盘：这道压轴题部分分靠模拟和栈，满分靠观察规律后递推——印证了「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」。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里都很常用，值得单独归纳一个专题。

把四道题串起来，青山老师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——这恰恰是分数最集中的主力区间。

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。

第三句：赛后的复盘，比分数本身更重要。 做对了，问问自己是不是侥幸；做错了，定位错在「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价值。