笔试 | 大疆2021秋招笔试题及题解

DJI

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第一题

假设小杰有N个bug没有修，他每喝一杯咖啡(喝咖啡时间忽略不计)，就给自己一个小时内的debug效率提升到原来的A倍，一小时内重复喝没用，最多只能喝X杯，喝太多了晚上会睡不着，并且为了可持续发展，每天最多只能工作X个小时，而在没喝咖啡的情况下解决每个bug所需要的时间为$t_1,t_2,...,t_N$分钟。
现在是早上8点，小杰马上要开始一天的工作了，他计划按从1-N的顺序修复他头上的这些bug，你能帮他计算出他今天能在8小时内修完所有的bug么？如果能，最少需要多少时间？

输入描述

第一行三个整数N A X (1<=N<=100, 1<=A<=8, 1<=X<=8)

输出描述

输出一个数字T，如果不能解完所有的bug，则输出0，否则输出最少的分钟数。(T为正整数，如果不满一分钟则按一分钟计算，一旦超过8小时则认为不能解决，所以T最大为480)。

样例输入

• 8 2 8
• 60
• 60
• 60
• 60
• 60
• 60
• 60
• 60

样例输出

• 240

样例输入

• 4 3 3
• 333
• 77
• 100
• 13

样例输出

• 175

分析

• 要最快地解决问题，当然是码足马力喝完X杯咖啡。
• 喝完X杯咖啡之后，最多能完成的工作量是之前$A\ast X\ast 60$分钟的工作量。
• 那么就可以分为原工作量大于$A\ast X\ast 60$以及不大于$A\ast X\ast 60$两种。如果原来的工作量大于$A\ast X\ast 60$，那么前X小时可以干$X\ast 60$的工作量，剩下的时间只能慢慢按照原来的速度干活儿；如果原来的工作量小于等于$A\ast X\ast 60$，那么最后所需要的时间就是原来所需时间的$1/A$。

#include 
using namespace std;

int main() {
     
  int N, A, X, t, sum = 0;
  cin >> N >> A >> X;
  for (int i = 1; i <= N; i++) {
     
    cin >> t;
    sum += t;
  }
  if (sum <= A * X * 60) {
     
    cout << sum / A + (sum % A != 0) << endl;
  } else {
     
    int ans = X + sum - A * X * 60;
    cout << (ans <= 480 ? ans : 0) << endl;
  }
  return 0;
}

第二题

有一排零食格子，每一个里面都有零食，并标有对应的价格。小A每次只能从里面拿走总价格小于V的零食。对于每个零食，小A都有一个内心的满意度，小A希望每次都能吃上让自己最满意的零食。
假设零食柜里每个格子只放一种零食，每种零食的数量是有限的，买完就没有了，零食只能按照整数倍购买，不能只买半件，求在有限价格内能买到的零食的最高满意度是多少？

输入描述

• 第一行两个整数N和T，N表示零食的种类数，T表示小A拥有的钱。(1<=N<=100, 1<=T<=10000)
• 然后输入N行，每行三个正整数用空格分开，按顺序表示零食的价格v，满意度l和零食的数量c。（1<=v<=100, 1<=l<=100, 1<=c<=100）

输出描述

• 对于每一组测试数据，输出一个正整数，如果无法购买任何一个零食则输出0，否则输出最大的满意度。

样例输入

• 2 10
• 1 1 1
• 1 1 1

样例输出

• 2

样例输入

• 3 100
• 26 100 4
• 5 1 4
• 5 2 2

样例输出

• 306

分析

• 当所有的c都等于1的时候，就是个0-1背包问题。
• 而这题是一个多重背的模版题。基本的思路是可以将每一件物品分成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略(取$0,1,...,c$件)可以等同于取若干件代换之后的物品，进而转换为0-1背包问题。具体的解法可以在公众号后台回复“背包”获得完整版的《背包九讲》pdf。

#include 
using namespace std;

const int MAX_V = 1e4 + 5;

struct Item {
     
  int v, l;
  Item(int _v, int _l) : v(_v), l(_l) {
     }
};

vector<Item> items;
int dp[MAX_V];

int main() {
     
  int N, T, v, l, c;
  cin >> N >> T;
  for (int i = 1; i <= N; i++) {
     
    cin >> v >> l >> c;
    int count = 1;
    while (count <= c) {
     
      items.emplace_back(v * count, l * count);
      c -= count;
      count <<= 1;
    }
    if (c != 0) {
     
      items.emplace_back(v * c, l * c);
    }
  }
  memset(dp, 0, sizeof(dp));
  for (int i = 0; i < items.size(); i++) {
     
    for (int j = T; j >= items[i].v; j--) {
     
      dp[j] = max(dp[j], dp[j - items[i].v] + items[i].l);
    }
  }
  cout << dp[T] << endl;
  return 0;
}

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