【刷题日记】笔试经典编程题目（三）
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文章目录
- 前言
- 笔试经典编程题目(三)
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- 3.1 参数解析
- 3.2 跳石板
- 3.3 计算日期到天数转换
- 3.4 幸运的袋子
- 3.5 查找输入整数二进制中1的个数
- 3.6 手套
- 3.7 完全数计算
- 3.8 扑克牌大小
- 3.9 杨辉三角的变形
- 3.10 二叉树的镜像
- 3.11 统计每个月兔子的总数
- 3.12 字符串通配符
- 后记
前言
虽然还有很多课，但是也不能忘了写编程题呀。
这次白晨总结了一下大厂笔试时所出的经典题目，题型包括动态规划，数据结构，条件控制，数学归纳，回溯算法等，难度比上周有很大的提高，有些题目非常巧妙，都是很有代表性的经典题目，适合大家复习和积累经验。
这里是第三周，大家可以自己先试着自己挑战一下，再来看解析哟！
笔试经典编程题目(三)
3.1 参数解析
⚔ 原题链接：参数解析
这道题没有什么思想上的难度，核心就是分割字符串，主要是如何分割，这道题主要考验的是对于边界的控制能力，这里给出2种方法。
✈
法一：
算法思想：
直接利用输入时的空格来将字符串分割，我们天然的得到了一串串分割的字符串。不过，我们必须单独处理 "" 的字符串，以保证符合题意。
代码实现：
#include ✈
法二：
算法思想：
先读取一行，再分割字符串。
代码实现：
#include 3.2 跳石板
⚔ 原题链接：跳石板
动态规划经典题目，但是很多人可能第一眼会将其当成贪心算法的题目，贪心算法+回溯是可以得出答案的，但是可能不是最优解，这个大家可以自行验证。
算法思想：
- 状态：
v[i]—— 到达i最少的跳跃次数。 - 初始化：
v[i]=INT_MAX，INT_MAX为不可到达 - 状态转移方程： v [ n u m + i ] = m i n ( v [ n u m + i ] , v [ n u m ] + 1 ) v[num + i] = min(v[num + i], v[num] + 1) v[num+i]=min(v[num+i],v[num]+1) ，
i为num的因数。 - 返回值：
v[m]
代码实现：
#include 3.3 计算日期到天数转换
⚔ 原题链接：计算日期到天数转换
算法思想：
主要考实现和边界控制，在二月上控制一下就可以。
代码实现：
#include 3.4 幸运的袋子
⚔ 原题链接：幸运的袋子
算法思想：
当两个正整数的和大于此两数的积时，至少一个数是1。当正整数组的积已经大于正整数组的和，此时向正整数组中加入不为1的数，依然积大于和，eg. 1* 2 * 3 * 4 > 1 + 2 + 3 + 4 ，此时加入一个2，1* 2 * 2 * 3 * 4 > 1 + 2 + 3 + 4 + 2 ，无法改变比较结果- 我们给定的数组进行排序，这样的目的是：
- 将1统一处理。
- 去重，保证得到的都是不同的袋子。
- 我们使用深度优先搜索算法，具体实现细节见下面代码。
代码实现：
#include
// 直接退出即可
break;
// 状态回溯到开始状态
add -= v[i];
mul /= v[i];
// 跳过后面的相同元素
while (i < v.size() - 1 && v[i] == v[i + 1])
++i;
}
return cnt;
}
int main()
{
int n;
while (cin >> n)
{
vector<int> v(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> v[i];
sort(v.begin(), v.end());
cout << getLuckyPocket(v, 0, 0, 1) << endl;
}
return 0;
}
3.5 查找输入整数二进制中1的个数
⚔ 原题链接：查找输入整数二进制中1的个数
这是一道非常经典的题目了，这里我们直接上最优解法。
算法思想：
- 题目给定一个数
n。 n &= (n - 1)，这一步是整个算法的核心，这一步的意义是：每次必定消掉n最右边的1。- 循环上面的步骤，直到
n == 0，循环的次数就是二进制中1的个数
代码实现：
int main()
{
int n;
while (cin >> n)
{
int cnt = 0;
while (n)
{
n &= n - 1;
cnt++;
}
cout << cnt << endl;
}
return 0;
}
3.6 手套
⚔ 原题链接：手套
这道题如果数学不好的话，真的会做的毫无头绪，并且牛客网的这个例子本来就很特殊，这更增加了这道题的难度。
算法思想：
- 假如有
n个颜色的小球，每种颜色的小球数量为 $最小覆盖数，这也被称为鸽巢原理。 - 所以，我们要统计左右两个手套的
最小覆盖数，然后选出两个最小覆盖数中更小的最小覆盖数； - 此时，我们只需要在对应的手套中随便拿一个手套就可以匹配。
- 那么如何求手套的
最小覆盖数呢？ - m i n ( l e f t S u m − l e f t M i n + 1 , r i g h t S u m − r i g h t M i n + 1 ) min(leftSum - leftMin + 1, rightSum - rightMin + 1) min(leftSum−leftMin+1,rightSum−rightMin+1)
- 最终答案：
- m i n ( l e f t S u m − l e f t M i n + 1 + 1 , r i g h t S u m − r i g h t M i n + 1 + 1 ) min(leftSum - leftMin + 1 + 1, rightSum - rightMin + 1 + 1) min(leftSum−leftMin+1+1,rightSum−rightMin+1+1)
- 这里有个特殊情况，就是某个颜色左（右）手套数量为0，也就是说这个颜色的手套不可能匹配，此时我们必须要拿完对应的右（左）手套以保证其余可以匹配的手套不受影响。
代码实现：
class Gloves {
public:
int findMinimum(int n, vector<int> left, vector<int> right) {
int left_min = 27, right_min = 27;
int lsum = 0, rsum = 0;
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (left[i] != 0 && right[i] != 0)
{
// 当手套可以匹配时，选出左右手套的最小值
left_min = min(left[i], left_min);
right_min = min(right[i], right_min);
lsum += left[i];
rsum += right[i];
}
else
{
// 当有手套数量为0时，无论左右哪个覆盖数小，都必须将这个颜色的手套拿完
sum += left[i] + right[i];
}
}
// min(leftSum - leftMin + 1, rightSum - rightMin + 1)
lsum -= left_min;
rsum -= right_min;
// min(lsum, rsum) + 1 -- 最小覆盖数
// sum + 1 -- 这里必须要将数量为0的对应手套全拿光 同时再随机拿一个手套即可保证匹配
return min(lsum, rsum) + 1 + sum + 1;
}
};
3.7 完全数计算
⚔ 原题链接：完全数计算
算法思想：
没有什么特别难的，新手入门题目。
代码实现：
#include 3.8 扑克牌大小
⚔ 原题链接：扑克牌大小
这道题同样是实现大于思想的题目，主要考察字符串分割以及条件控制，属于是对于控制考察的比较难的了。
算法思想：
- 利用哈希表，给每个单牌一个权重，保证单牌之间可以直接比较。
- 这道题主要是实现以及控制，具体见代码。
代码实现：
#include 3.9 杨辉三角的变形
⚔ 原题链接：杨辉三角的变形
算法思想：
白晨的第一想法就是动态规划对杨辉三角变式进行模拟，直接莽夫，先保证过了就行。
- 状态转移方程： v [ i ] [ j ] = v [ i − 1 ] [ j ] + v [ i − 1 ] [ j − 1 ] + v [ i − 1 ] [ j − 2 ] ( 2 < = j < = 2 ∗ i ) v[i][j] = v[i-1][j]+v[i-1][j-1]+v[i-1][j-2](2<=j<=2*i) v[i][j]=v[i−1][j]+v[i−1][j−1]+v[i−1][j−2](2<=j<=2∗i)
- v [ i ] [ j ] = v [ i − 1 ] [ j ] + v [ i − 1 ] [ j − 1 ] ( j < 2 ) v[i][j] = v[i-1][j]+v[i-1][j-1](j<2) v[i][j]=v[i−1][j]+v[i−1][j−1](j<2)
#include 上面就是第一次白晨动态模拟实现的杨辉三角，但是我忽略了n过大的情况，比如n=10000，就已经超出了可申请空间的范围，所以我又做了以下优化：
- 由于状态转移方程只需要用到上一行的数据，所以我们可以创建两个数组换着保存数据即可（一个数组也可以，但是要从后向前遍历），这样就能将空间复杂度降到 O ( n ) O(n) O(n) 。
- 并且由于变式三角是对称的，我们只用保存一半的数据即可。
#include 但是还是哒咩，这一次是n=100000的时候超时了。所以，模拟的方法是彻底行不通了，我们现在要试着找规律了。
前十行的数据：
- 前两行没有偶数，返回1。
- 奇数行：
- 第一个偶数都在第
2个位置上。
- 第一个偶数都在第
- 偶数行：
- 可以被4整除时,第一个偶数在
3个位置； - 不能被4整除时,第一个偶数在第
4个位置。
- 可以被4整除时,第一个偶数在
代码实现：
#include 3.10 二叉树的镜像
⚔ 原题链接：二叉树的镜像
这道题其实就是反转二叉树的套皮题目，只用理解如何反转一棵二叉树，就能理解这道题。
算法思想：
这里我们使用使用分治的思想：
- 先判断根结点是否为空，如果为空，返回
NULL；不为空，执行以下操作。 - 反转左子树，再拿到左子树的根结点。
- 反转右子树，再拿到右子树的根结点。
- 然后让反转后的右子树成为根结点的左孩子，再让反转后的左子树成为根结点的右孩子。
上面的过程可以类似的视为前序遍历的过程。
代码实现：
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* mirrorTree(TreeNode* root) {
if(root == nullptr)
return nullptr;
TreeNode* left = mirrorTree(root->left);
TreeNode* right = mirrorTree(root->right);
root->left = right;
root->right = left;
return root;
}
};
3.11 统计每个月兔子的总数
⚔ 原题链接：统计每个月兔子的总数
算法思想：
- 这个题其实就是一道找规律+动态规划的题目，我们可以现写出前7个月兔子的变化情况。
| 时间/月份 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 兔子数量 | 1 | 1 | 2 | 3 | 5 | 8 | 13 |
- 观察图表，我们可以得到这样一个动态转移方程： f ( x ) = f ( x − 1 ) + f ( x − 2 ) f(x) = f(x-1)+f(x-2) f(x)=f(x−1)+f(x−2) 。
- 这就是斐波那契数列的变式题。
代码实现：
#include 3.12 字符串通配符
⚔ 原题链接：字符串通配符
⚾
法一：递归+记忆化搜索
算法思想：
-
s1为带有通配符的串，s2为待匹配的串。 -
具体思路见代码
代码实现：
#include ⚾
法二：动态规划
算法思想：
带通配符的字符串匹配：动态规划
- 状态：
v[i][j] —— s1的前i个字符是否匹配s2的前j个字符 - 初始化：
v[0][0]=true，对于s1一开始为*的情况，v[i][0]=0，其余都设为false - 状态转移方程：见代码实现
- 返回值：
v[s1.size()][s2.size()]
代码实现：
#include 后记
本次题目难度有了很大提高，特别是动态规划以及数学归纳题目的难度，本次增加了不同动态规划的题目，比如：一维数组，二维矩阵，有助于大家提高应对动态规划题目的能力。
对于数学归纳的能力也有很强的考察，相信大家做完会有所收获。
这个是一个新的系列——《笔试经典编程题目》，隶属于【刷题日记】系列，白晨开这个系列的目的是向大家分享经典的笔试编程题，以便于大家参考，查漏补缺以及提高代码能力。如果你喜欢这个系列的话，不如关注白晨，更快看到更新呀。
本文是笔试经典编程题目的第三篇，如果喜欢这个系列的话，不如订阅【刷题日记】系列专栏，更快看到更新哟
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我是不太能熬夜的白晨，我们下篇文章见。