CCF CSP-S 2024 提高组初赛解析

这篇文章介绍了CCF CSP-S 2024 提高组初赛解析，分享给大家做个参考，收藏极客之家收获更多编程知识

Certified Software Professional - Senior 非专业级软件能力认证测试

本解析不提供阅读程序与完善程序题目的代码，如有需要请通过 luogu.com.cn 相关链接 下载

如有谬误烦请指正

答案

AACBB
BDABD
ACBCD
✓××BC
✓✓✓BCC
✓×✓CAC
AAAAA
AABAA

单项选择

1

在 Linux 系统中，如果你想显示当前工作目录的路径，应该使用哪个命令?

A pwd
B cd
C ls
D echo

pwd : print working directory
cd : 跳转到指定目录
ls : 列出当前目录的所有子文件和子文件夹
echo : 输出指定内容

2

假设一个长度为n的整数数组中每个元索值互不相同，且这个数组是无序的。要找到这个数组中最大元素的时间复杂度是多少?

A \(O(n)\)
B \(O(logn)\)
C \(O(nlogn)\)
D \(O(1)\)

无序的数组只能通过两两比较来查找，需要比较 \(n-1\) 次（第一次不需要比较），因此为 \(O(n)\)

3

在 C++中，以下哪个函数调用会造成溢出?

A int foo(){ return 0;}
B int bar(){int x=1;return x; }
C void baz(){ int a[1000];baz();)
D void qux(){ return; }

函数栈溢出一般有两种：函数内变量开的太大，或者函数递归深度太深

这里 baz() 函数重复调用自身，无终止条件，因此会溢出

4

在一场比赛中，有 \(10\) 名选手参加，前三名将获得金、银、牌。若不允许并列，且每名选手只能获得一枚奖牌，则不同的颁奖方式有多少种?

A 120
B 720
C 504
D 1000

不妨选出一个长度为 \(3\) 的序列，依次获得金，银，铜牌，则方案有 \(A^{3}_{10}=10\times 9\times 8=720\) 种

5

下面哪个数据结构最适合实现先进先出(FIFO)的功能?

A 栈
B 队列
C 线性表
D 二叉搜索树

栈是先进后出

后面两种数据结构不具备存放与弹出基本数据的功能

线性表在功能上类似数组

6

已知 \(f(1)=1\)，且对于 \(n\ge2\) 有 \(f(n)=f(n-1)+f(⌊n/2⌋)\) ，则 \(f(4)\) 的值为:

A \(4\)
B \(5\)
C \(6\)
D \(7\)

\(f(2)=f(1)+f(1)=2\)

\(f(3)=f(2)+f(1)=3\)

\(f(4)=f(3)+f(2)=5\)

7

假设有一个包含 \(n\) 个顶点的无向图，且该图是欧拉图。以下关于该图的描述中哪一项不一定正确?

A 所有顶点的度数均为偶数
B 该图连通
C 该图存在一个欧拉回路
D 该图的边数是奇数

欧拉图定义：仅由欧拉回路构成的图

欧拉回路：即一笔能画完的图。形式化地说，欧拉回路是从任意一个点出发，不重复经过任何一条边，也不遗漏任何一条边，最终仍能回到该节点的路径

根据定义，D 是错误的，反例为一个正方形

8

对数组进行二分查找的过程中，以下哪个条件必须满足?

A 数组必须是有序的
B 数组必须是无序的
C 数组长度必须是 \(2\) 的幂
D 数组中的元素必须为整数

二分查找本质上也是一种二分答案，需要保证答案具有单调性

9

考虑一个自然数 \(n\) 以及一个数 \(m\),你需要计算 \(n\) 的逆元(即 \(n\) 在 \(m\) 意义下的乘法逆元)，下列哪种算法最为适合?

A 使用暴力法依次尝试
B 使用扩展欧几里得算法
C 使用快速幂法
D 使用线性筛法

逆元的定义是这样的：

定义 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元 \(b\) 满足 \((\frac{c}{a})\mod p=(c\times b)\mod p\)

当 \(p\) 为质数的时候，才能使用快速幂（+费马小定理）来求逆元，而扩展欧几里得算法为更加通用的求逆元方法，只需要满足两个数互质

更详细的求逆元方法可以通过 这篇文章 的 5.3.1 章了解

10

在设计一个哈希表时，为了减少冲突，需要使用适当的哈希函效和冲突解决策略。已知某哈希表中有 \(n\) 个键值对，表的装载因子为 \(a(0<a\le 1)\) 。在使用开放地址法解决冲突的过程中，最坏情况下查找一个元素的时间复杂度为

A \(O(1)\)
B \(O(logn)\)
C \(O(1/(1-a))\)
D \(O(n)\)

开放地址法解决冲突：假设当前元素 \(x\) 需要放入地址 \(p\) 中，但现在 \(p\) 位置已经有了元素，直接放置就会导致冲突，因此考虑向后依次找，找到第一个没有放置元素的位置放置，这样可以防止冲突（遍历到最后再从头开始）

因此最坏情况下需要把整个表遍历一遍，复杂度为 \(O(n)\)

科普装载因子的定义：装载因子定义了一个阈值，当哈希表中的条目数超出了加载因子与当前容量的乘积时，则要对该哈希表进行扩容、rehash操作（即重建内部数据结构），扩容后的哈希表将具有两倍的原容量。

11

假设有一棵 \(h\) 层的完全二叉树，该树最多包含多少个结点?

A \(2^h-1\)
B \(2^{h+1}-1\)
C \(2^h\)
D \(2^{h+1}\)

因为每个节点都有两个儿子，因此每一层的节点个数都是上一层的两倍

总结点数为 \(1+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{h-1}=2^{h}-1\)

12

设有一个 \(10\) 个顶点的完全图,每两个顶点之间都有一条边。有多少个长度为 \(4\) 的环?

A \(120\)
B \(210\)
C \(630\)
D \(5040\)

因为图完全联通，任取四个点一定能保证它们构成一个环

因为环上的点是无序的，因此很多人会考虑计算 \(C^{4}_{10}=\frac{10\times 9\times 8\times 7}{4\times 3\times 2\times 1}=210\)，然而这样是错误的

考虑是什么地方出了问题

刚才我们说，任取四个点一定能保证它们构成一个环

但是环 1 2 3 4 和环 2 1 3 4 并不是同一个环，前者有 1->2->3 的连边，后者有 2->1->3 的连边，显然不是同一个环

正确的做法是考虑重复的环：

注意到 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 是重复的，以此类推，每一种可能的组合都有四种可能的起始节点，因此会重复计算 \(4\) 次

另外，注意到 1 2 3 4 4 3 2 1 是重复的，同样，上面的每一种反过来和原来都是一样的，因此答案为 \(\frac{A^{4}_{10}}{2\times 4}=630\)

13

对于一个整数 \(n\)。定义 \(f(n)\) 为 \(n\) 的各位数字之和。问使 \(f(f(x))=10\) 的最小自然数 \(x\) 是多少？

A \(29\)
B \(199\)
C \(299\)
D \(399\)

代选项即可

\(f(29)=11,f(f(29))=2\)

\(f(199)=19,f(f(199))=10\)

\(f(299)=20,f(f(299))=2\)

\(f(399)=21,f(f(399))=3\)

14

设有一个长度为 \(n\) 的 01 字符串，其中有 \(k\) 个 \(1\) ，每次操作可以交换相邻两个字符。在最坏情况下将这 \(k\) 个 \(1\) 移到字符串最右边所要的交换次数是多少?

A \(k\)
B \(\frac{k\times (k-1)}{2}\)
C \((n-k)\times k\)
D \(\frac{(2n-k-1)\times k}{2}\)

D 这个数的来源：令全部数字都排在最左边，然后从右到左一个一个挪，然后认为答案是 \((n-1)+(n-2)+(n-3)\cdots+(n-k)\)

实际上，在排后面的数字时，由于右边已经有排好的数字，不需要将新来的数字与排好的数字进行比较与交换了，所以每个数字的交换次数只有 \((n-k)\) 次，一共 \(k(n-k)\) 次

15

如图是一张包含 \(7\) 个顶点的有向图，如果要除其中一些边，使得从节点 \(1\) 到节点 \(7\) 没有可行路径，且删除的边数最少，请问总共有多少种可行的删除边的集合?

A \(1\)
B \(2\)
C \(3\)
D \(4\)

一个可能更丑的图

上来先注意到 \(\{8,9\}\) 是合法的，并且不存在只删一个边的解法，因此最优解为 \(2\)

可行的边的集合

\(\{8,9\}\)
\(\{5,6\}\)
\(\{6,8\}\)
\(\{1,6\}\)

阅读程序

1

分析

logic() 函数内的位运算，采用枚举法来判断

1. 当 \(x=0,y=0\) 时，(0 & 0) ^ ((0 ^ 0) | (~0 & 0))=0 ^ (0 | 0)=0
2. 当 \(x=0,y=1\) 时，(0 & 1) ^ ((0 ^ 1) | (~0 & 1))=0 ^ (1 | 1)=1
3. 当 \(x=1,y=0\) 时，(1 & 0) ^ ((1 ^ 0) | (~1 & 0))=0 ^ (1 | 0)=1
4. 当 \(x=1,y=1\) 时，(1 & 1) ^ ((1 ^ 1) | (~1 & 1))=1 ^ (0 | 0)=1

因此为逻辑或运算

观察到 recursion() 函数非常像快速排序算法，但是有最大递归深度限制，最多只会进行 depth 层递归，因此 这个排序算法的结果不一定有序

因为快速排序最多只会进行 \(\log n\) 层，因此当 \(d\ge \log b\) 时，输出的序列是有序的

题目

• 当 \(1000\ge d\ge b\) 时，输出的序列是有序的

\(d\ge b\ge \log b\)，正确

• 当输入 5 5 1 时，输出为 1 1 5 5 5

通过暴力模拟可以发现，初始数组为 5 5 1 1 5，排序函数只进行了一层，排序不完全，输出值为 5 1 1 5 5

• 假设数组 c 长度无限制，该程序所实现的算法的时间复杂度是 \(O(b)\) 的

该排序算法在每一层都花费 \(O(b)\) 遍历了一遍数组，然而该算法共有 \(d\) 层，因此复杂度为 \(O(bd)\)

• 函数 int logic(int x,int y) 的功能是

按位或，详见上方解析

• 当输入为 10 100 100 时，输出的第 \(100\) 个数为

\(d\ge \log b\)，可知输出数组是有序的，也即让我们求一个最大的数

尝试代选项，判断哪个数可以通过 \(0\) 到 \(99\) 内的数 \(i\) 通过 (a|i)%(b+1) 得到，可以发现 \(98\) 不合法（不存在 \(a\) 中为 \(1\) 的二进制位），而 \(95\) 合法，因此为 \(95\)

详细地说，二进制意义下 a=1010，而 98=1100010，显然，如果一个数为 a|i 的形式，那么第四位一定是 \(1\)，类似地，98+101=11000111 同样不合法（需要考虑这个是因为 (98+101)%101=98），因此 \(98\) 不合法

2

分析

观察 solve() 函数的 dp 部分

发现 int k = (j<<1)|(s[i]-'0') 这一句，其实就相当于是在 \(j\) 的后面再拼一个数字，然后用拼接前的数字去更新拼接后的数字，因为拼接上的数字都是 s[i] 中的内容，i 为正序遍历，初态为 \(0\)，那么我们发现，该 dp 数组一直在尝试将 s 中新的字符拼接到已有的字符后面，并且这样的拼接是有序的，只能将后面的字符拼接到前面的字符后面，综合这三个条件我们可以总结出：这个 dp 数组是在统计 s 的子序列方案数

但是这个方案数是有限制的，下面我们对这些限制来进行一些描述

1. 注意到只有在 \([0,2^{m-1}-1]\) 内的数字才能用于对答案进行更新，对应到二进制就是所有不大于 \(m\) 位的二进制数，因此，s 中大于 \(m\) 位的子序列是不会被统计到的
2. 此外的一个限制条件是 if(j !=0 || s[i]=='1')，这是这个函数区别于 solve2() 的最大不同点，这意味着当一个子序列开头是 \(0\) 的时候，由于 j=0,k=0，因此无法进行更新，也就是说 这个函数要求子序列的开头必须是 \(1\)

随后函数统计了所有 i*dp[i] 的值，值*方案数=总和

根据以上条件，我们可以总结出该函数的功能：找出 s 全部以 \(1\) 开头的，不超过 \(m\) 位的子序列的十进制值总和

下面来看 solve2()，它则枚举了全部 \([0,2^{n}-1]\) 的全部情况，转为二进制即为全部不超过 \(n\) 位的二进制数，随后，如果二进制位为 \(1\)，就把该位上的 s 拼接到已有的字符后面（num = num * 2 + (s[j]-'0') 一句），可以发现 solve2() 同样是在找子序列的值，那么我们来说一下 solve2() 的限制

1. 注意到，虽然我们枚举了所有可能的情况，但只有 cnt<=m 的数才能对答案进行更新，也就是说最终子序列中最多只能拼接 \(m\) 个数

也就是说这个函数的功能为：找出 s 全部不超过 \(m\) 位的子序列的十进制值总和

可以发现，两者的差距就在是否以 \(1\) 开头

题目

• 假设数组 dp 长度无限制，函数 solve() 所实现的算法的时间复杂度是 \(O(n2^{m})\)

solve() 函数的核心算法与复杂度瓶颈为两层 for 循环，根据 solve() 函数的 for 循环边界，可以得出其复杂度为 \(T(n2^{m-1})\)，即 \(O(n2^{m})\)（相当于乘以一个常数 \(2\)）

• 输入 11 2 10000000001 时，程序输出两个数 32 和 23

对于 solve2()

\(m=1\) 时：11 个数，贡献为 \(2\times 1+9\times 0=2\)

\(m=2\) 时：10 有 \(9\) 种，01 有 \(9\) 种，11 有 \(1\) 种，贡献为 \(2\times 9+1\times 9+3=30\)

总贡献 \(2+30=32\)

对于 solve()

\(m=1\) 时：11 个数，贡献为 \(2\times 1+9\times 0=2\)

\(m=2\) 时：10 有 \(9\) 种，01 有 \(0\) 种（不合法），11 有 \(1\) 种，贡献为 \(2\times 9+1\times 0+3=21\)

总贡献 \(2+21=23\)

故正确，这道题最大的坑点就是实际输出的时候 solve2() 在前

• 当 \(n\le 10\) 时，solve() 的返回值始终小于 \(4^{10}\)

可以发现其子序列贡献最多为 \(\sum^{10}_{i=1}C^{i}_{10}\times (2^{i}-1)\) 个（这里的做法不是本题所需要的，如果你想知道为什么是这个式子，可以去下面 "当 \(n\le 6\) 时，solve() 的最大可能返回值为" 那道题去找）

但是考场上显然我们不好算这么大的数，因为我们找出的所有子序列都小于 \(1111111111\)，而我们一共有 \(2^{10}\) 个数，而每个数都不会超过 \(2^{10}\)，因此一定小于 \(2^{10}\times 2^{10}=2^{20}=4^{10}\)，因此正确，这也是出题人把这个数设成 \(4^{10}\) 的意图

• 当 \(n=10\) 且 \(m=10\) 时，有多少种输入使得两行的结果完全一致

根据刚才的分析，不能存在任何以 \(0\) 开头，且有值的子序列，也就是说，只要序列中出现了 \(0\)，必须保证后面的数都没有值，即都是 \(0\)

不难发现 0000000000，1000000000，1100000000，1110000000，1111000000，1111100000，1111110000，1111111000，1111111100，1111111110，1111111111 都符合要求，共 \(11\) 种

• 当 \(n\le 6\) 时，solve() 的最大可能返回值为

考虑极限情况，即 \(111111\)，且 \(m\ge n\)，此时每一位对答案都会有最大贡献，即答案也最大，那么，位数为 \(1\) 的子序列共有 \(C^{1}_{6}\) 个，而因为每一位都为 \(1\)，因此每一个的值都为 \(1\)，同理，位数为 \(2\) 的子序列共有 \(C^{2}_{6}\) 个，每一个的值都为 \(3\)，以此类推，可以发现其子序列贡献最多为 \(\sum^{6}_{i=1}C^{i}_{6}\times (2^{i}-1)=665\) 个

• 若 \(n=8,m=8\)，solve 和 solve2 的返回值最大可能的差值为

和上面那个结果完全一致的题正好反过来了，这道题里我们需要一个以 \(0\) 开头的子序列值最大的序列，那么容易想到的是这个序列开头一定是 \(0\)，为了使后面的值最大，我们构造出 01111111 这样的序列作为答案

题目让我们计算的差值，实际上也就是以 \(0\) 开头的子序列权值和，去掉开头的 \(0\)，也就相当于求 \(n=7,m=7\) 时 1111111 的子序列权值和，又回到刚才那个问题，答案为 \(\sum^{7}_{i=1}C^{i}_{7}\times (2^{i}-1)=2059\) 个

3

分析

首先来看 \(p\) 数组，可以发现其用于埃氏筛(init() 函数内局部代码)，最后筛出来，\(p_{i}=1\) 则表示 \(i\) 为素数

然后观察变量 const P1,P2,B1,B2,K1,K2

其中 P1,P2 用于取模，而后面这两组变量，一组用于给 H 赋初值，另一组用来生成 p1,p2 数组（在主函数中），发现其格式类似 线性同余，判断作用为生成随机数，也就是说，p1,p2,H 三种变量的起始值均是随机的，推测是哈希算法

对于这个哈希结构体 H，我们可以观察出如下这几点：

• H 定义的加法不满足交换律
• H 中有两个哈希参数 h1,h2，另外一个参数 l 记录合并的次数，同时也参与运算

下方的选择题问我们，H 的合并方式看起来像什么，后面列出的选项全都是树上操作，据此推测该算法是树哈希，一个节点的初值由该节点编号是否为质数来决定，一个节点最终的哈希值由其初值，左子树值，右子树值共同决定，当两个节点对应的子树（这里指子树结构和子树上节点的 p 数组状态）完全相同时，这两个节点的哈希值就相等

随后程序进行了排序与去重，这并不在树哈希的算法范围内，用处在下方题目中会有体现

题目

• 假设程序运行前能自动将 maxn 改为 n+1，所实现的算法的时间复杂度是 \(O(n\log n)\)

总复杂度为筛法+排序+去重= \(T(n\log\log n+n\log n+n)=O(n\log n)\)

• 时间复杂度的瓶颈在 init()

init(): \(T(n+n\log\log n)\)

solve(): \(T(2n+n\log n)\)

显然 solve() 更大

• 若修改常数 B1 或 K1 的值，该程序可能会输出不同的结果

程序第一行输出的是哈希值，尽管修改哈希内部的参数并不影响哈希判等（不考虑哈希冲突），但仍然会导致哈希值改变，因此正确

• 在 solve() 函数中，h[] 的合并顺序可以看做是

\(2i\) 是左子树，\(i\) 是当前，\(2i+1\) 是右子树，则 h[i]=h[2*i]+h[i]+h[2*i+1] 表示 左-中-右，即中序遍历

• 输入 \(10\)，输出的第一行是

暴力模拟哈希值即可通过本题

但是显然有更好的解法，考虑到这个哈希值在扩展的时候，每次都是乘 \(2^{l}\)，再加上一个新的哈希值，这是一个非常好的性质，假如我们把某一位的哈希值看做一个 \(m\) 位的二进制数，这样的合并方式就会告诉我们，这个二进制数对应的 \(l\) 一定等于 \(m\)，因为初态时，对于 \(l=1\) 的节点，值恰好就是 \(1\)，因此每次合并的时候，都会正好将左右两边的 \(h1\) 值拼接起来，形成一个新的二进制数

因此我们可以直接利用这个性质，对 \(n=10\) 的完全二叉树的中序遍历 8 4 9 2 10 5 1 6 3 7 转成二进制数（该位编号是质数就为 \(1\)，否则为 \(0\)，详见 H 的构造函数），即 \(0001010011_{d}=83\)

• 输入 16，输出的第二行是

即问：\(n=16\) 时，子树哈希值不同的节点共有几个（哈希值不同在上方已有定义，即子树结构或者子树上节点的 p 数组状态存在不同）

可以发现 9 10 12 14 15 16 是相同的，11 13 是相同的，其余都是不同的

因此为 \(16-(6-1)-(2-1)=10\) 个

完善程序

1

分析

upper_bound() 函数是有其固定作用的，含义为 “查找有序序列中第一个大于给定元素的值的下标”，根据下面调用 upper_bound(b,b+n,...) 也可以发现，这里的区间是左闭右开的

get_rank() 函数相当于二分答案里的 check() 函数，这里的作用是检查当前和在所有 sum 里的排名。这里使用了一种写法为 upper_bound(b,b+n,sum-a[i])-b，假设我们固定 \(a_{i}\)，那么在 \(b\) 数组里，比 \(sum-a_{i}\) 小的元素值，与 \(a_{i}\) 的和也一定比 \(sum\) 小，因此我们就将它加到当前 \(sum\) 的排名前，这是这段函数的含义

solve() 即为二分答案函数，二分可能的 \(sum\) 值，找出排名恰好为 \(k\) 的那个

程序相对比较简单，主要的难点可能在二分的格式上，如果你平常用的二分不是 l=mid+1,r=mid 格式，那么可能就容易选错

题目

• 选二分区间右端点，二分范围是给定数组，不少人会错选 an-a-1，然而因为是左闭右开的，因此应该选 an-a

• 现在我们要找的是第一个大于 \(a_{i}\) 的数字，注意到 r=mid 应该说明两点，首先说明当前点是合法的（否则应该直接调到 \(mid-1\)），其次说明当前值大了，合法说明严格大于查找值，因此选 a[mid] > ai

• 返回查找元素的地址，这里查到了第 \(l\) 个元素，因为地址从 \(a+0\) 开始，因此返回 \(a+l\)

• 仍然选二分区间右端点，由于二分的是 \(sum\) 的值，最大值应该是两边最大的元素相加，由于两边元素都单调不减，所以选最后两个即可，注意最后的元素是 \([n-1]\) 不是 \([n]\)

• 同第二问，我们来分析，首先当前答案是不合法的，其次当前答案的排名应该较小，因此需要将 \(sum\) 的值变大，不合法说明不能取等，因此选 get_rank(mid) < k

2

分析

严格次短路算法，即找出严格大于最短路的第二短路，首先来分析次短路算法的逻辑：

• 跑最短路，分别记录当前最短路与次短路
• 如果当前没有任何路径，那么新找到的路径成为最短路
• 如果新找到的路径比当前最短路短，那么新找到的成为最短路，之前的最短路成为次短路
• 如果新找到的路径小于最短路但大于次短路，那么新找到的路径成为次短路

这样，我们就能够找到最短路和次短路

题目中要求输出路径，因此推测 pre 数组是记录路径的数组，dis 数组按照一般最短路算法，记录的是节点到起点的最短路，这里比较奇怪的是两个指针 pre2 和 dis2，它们是属于次短路的数组，你可以理解成它们也是独立的数组，只不过用的是 pre 和 dis 的空间

也就是说，dis[a]=(dis+n)[a-n]=dis2[a-n]，dis2[a]=(dis+n)[a]=dis[a+n]

然后来看加边，用的是链式前向星，加边函数是 add

下面分析这个 upd 函数

写过 dij 算法的应该能看出来，这是一个松弛操作，因为其中有对 dis 的比较，赋值和优先队列的 push()，并且能看出来，松弛成功之后函数会返回 true，否则为 false，函数的参数中，a 是节点的前驱编号，b 是节点编号，d 是更新的距离，p 是一个优先队列

在 solve() 函数里跑的就是一个比较正常的 dij

题目

• 这里的目的是用当前最短路的 dis 去更新次短路的 dis，因为这两个 dis 分在两个不同的数组里，所以可能会不相同，但只有两个数组相同才能进行松弛操作，所以需要统一一下，那么这里的前驱显然是 pre[b]，节点编号应该是 n+b，因为我们要更新的是 dis2[b]，因为 dis2=dis+n，所以这里应该为 n+b，距离是最短路距离 dis[b]
• 考的是 pair<> 的关键字问题，pair<> 在排序的时候会优先以第一关键字排序，相同时以第二关键字排序，那么这里我们显然应该优先排节点 dis 而不是节点编号，所以应该是 d 在前，然后应该是 dis 小的在前，因为优先队列把大的放在前面，所以为了实现小的在前面，我们应该插入一个负的，取出来的时候再把它变成正的就行了
• 不少人直接会无脑选 0x3f，因为这个数好记，不会炸 int，并且够大，但是这个题已经为我们定义了最大值 const int inf，所以我们直接照着 inf 值选 0x1f
• 这个地方是已经松弛过最短路了，并且失败了，现在要来尝试松弛次短路，和上面第二题一样，次短路编号为 n+b，因为我们还没更新 dis2，所以这里不能用 dis2[a]+c，只能用 dis[a]+c
• 上面的判断语句告诉我们现在 a 比 n 大（并且一定比 2n 小），所以我们直接调 dis2[a] 会越界（但是在这里调用 dis[a] 就是可以的），为了不让其越界，我们应该调用 dis2[a-n]，即 dis2[a%n]

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