2021年复旦大学计算机专业复试笔试题含题解

2021年复旦大学计算机专业预推免机试题，一共3道题，都比较常规，主要考察动态规划。

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第一题

将 n 个正整数存放于一个一维数组中，编写一个程序，将数组中所有的奇数存放于所有的偶数之前，要求尽可能少用临时存储单元并使时间复杂度达到 O(n)。输入：一维数组；输出：符合要求的一维数组。

解题思路

使用类似快排的思想，定义前后2个指针，前指针向后移动直到指向一个偶数；后指针向前移动直到指向一个奇数，然后交换这2个数的位置。然后继续移动2个指针直到相遇。由于2个指针一共只需遍历一遍数组，所以时间复杂度是O(n)，同时数字是原地交换的没有使用额外空间。

代码实现

/**
 * 将 n 个正整数存放于一个一维数组中，编写一个程序，将数组中所有的奇数存放于所有的偶数之前，
 * 要求尽可能少用临时存储单元并使时间复杂度达到 O(n)。
 * 输入：一维数组；输出：符合要求的一维数组。
 **/
#include 
using namespace std;

bool is_odd(int x)
{
    return x % 2 == 1;
}

int main()
{
    int a;
    vector nums;
    while (cin >> a)
    {
        nums.push_back(a);
    }

    int n = nums.size();

    int l = 0;
    int r = n - 1;

    while (l < r)
    {
        while (l < r && is_odd(nums[l]))    // 从左到右遍历，直到一个偶数
        {
            l++;
        }
        while (l < r && !is_odd(nums[r]))   // 从右到左遍历，直到一个奇数
        {
            r--;
        }
        if (l < r){
            swap(nums[l++], nums[r++]);     // 原地交换两数
        }
            
    }

    for(auto& i:nums){
        cout<

测试用例

# in
1 2 3 4 5 6 7
# out
1 7 3 5 4 6 2 

# in
2 4 6
# out
2 4 6

# in
4 6 8 1 5
# out
5 1 8 6 4 

# in
<空>
# out
<空>

第二题

给定 n 个小区之间的交通图， 并用二维数组 A[n][n]表示，即若小区 i 与小区 j 之间有路，则 A[i][j]表示这条路的长度。现计划在这 n 个小区中选定一个小区建一所医院，使距离医院最远的小区到医院的路程尽可能缩短。编写一个程序解决上述问题。
输入：二维数组；输出：建医院的小区。

解题思路

本题要先以每个点为起点，找到到达其他点的最短路径，算出到达最远点的距离。然后选出最远点距离最短的那个点。所以本题是一个多源最短路径问题，我采用了Floyd 算法，用的是动态规划的思想，如果顶点i和j之间存在一条经过k点的路径，能得到一条更短的路径，则可以将 k 作为其最短路径的中间点，更新最短路径长度。

代码实现

/**
 * 给定 n 个小区之间的交通图， 并用二维数组 A[n][n]表示，即若小区 i 与小区 j 之间有路，
 * 则 A[i][j]表示这条路的长度。现计划在这 n 个小区中选定一个小区建一所医院，使距离医院
 * 最远的小区到医院的路程尽可能缩短。编写一个程序解决上述问题。
 * 输入：二维数组；输出：建医院的小区。 
 **/
#include 
using namespace std;


int main()
{
    int n; // n 个城市
    cin >> n;
    // 每2个城市间的最短路径。初始：直达路长度 或 无穷远
    vector> dist(n, vector(n, INT_MAX));

    // 输入
    int tmp;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            cin >> tmp;
            if (i == j) // 到自身的距离为0
            {
                dist[i][j] = 0;
                continue;
            }
            
            if (tmp > 0)
                dist[i][j] = tmp;
        }
    }

    // 用 Floyd 算法，求每2个点之间的最短路
    for (int k = 0; k < n; k++) // 中间点k
    {
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < n; j++)
            {
                // 需要保证k到两点均存在通路
                if (dist[i][k] < INT_MAX && dist[k][j] < INT_MAX && (dist[i][k] + dist[k][j] < dist[i][j]))
                    dist[i][j] = dist[i][k] + dist[k][j];
            }
        }
    }


    int min_dis = INT_MAX;  // 路径的最小值
    int city=0;     // 所选城市编号
    for(int i=0;i

测试用例

# in
3
0 1 2
1 0 3
2 3 0
# out
0

# in (0,1间没路)
3
0 0 2
0 0 3
2 3 0
# out
2

# in
4
0 7 2 5
7 0 0 2
2 0 0 1
5 2 1 0
# out
2

第三题

给定一个长为 n 的序列， 其中序列中的元素都是 0～9 之间的整数。 现在要从序列的第一个位置走到最后一个位置，每次要么往后走一步，要么走到下一个与当前位置元素相同的位置， 编写一个程序求所需要的最少步数， 要求时间复杂度 O(n)。
输入： 整数序列；输出： 最少步数。

解题思路

本题我采用了动态规划的思路，假设$dp[i]$表示从位置0走到位置i的最少步数，$last[i]$表示i位置的数上一次出现的位置，由于每一步有2种选择，那么可以写出递推式$dp[i]=\min (dp[i-1]+1,dp[last[i]]+1)$。最终答案即为$dp[n-1]$.

所以问题就转化为求解$last[]$数组，由于本题规定只有0~9之间的数字，所以不妨定义一个长度为10的滚动数组$digit\_last[]$记录每个数字上次出现的位置，这样只需遍历一遍原始数组，就能构造出$last[]$.

总体而言，构造$last[]$数组时间复杂度为O(n)，求解dp的复杂度同样是O(n)，所以总体复杂度为O(n).

代码实现

/**
 * 给定一个长为 n 的序列， 其中序列中的元素都是 0～9 之间的整数。 现在要从序列的第一个位置走到最后一个位置，每次要么往后走一步，要么走到下一个与当前位置元素相同的位置， 编写一个程序求所需要的最少步数， 要求时间复杂度 O(n)。
 * 输入： 整数序列；输出： 最少步数。  
 **/
#include 
using namespace std;

int main()
{
    int a;
    vector nums;
    while (cin >> a)
    {
        nums.push_back(a);
    }

    int n = nums.size();
    if (n == 0)
    {
        cout << 0;
        return 0;
    }
    vector digit_last(10, -1); // 记录每个*数字*上一次出现的位置
    vector last(n, -1);        // 记录与该*位置*数字相同的上一个位置

    // 构造last[]数组
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        last[i] = digit_last[nums[i]];
        digit_last[nums[i]] = i;
    }

    vector dp(n);
    dp[0] = 0;

    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        dp[i] = dp[i - 1] + 1;  // 往后走一步

        if (last[i] != -1)  // 如果可以跳跃到此处
        {
            dp[i] = min(dp[i], dp[last[i]] + 1);    // 2种走法的最小值
        }
    }

    cout << dp[n - 1];
}

测试用例

# in
0 1 0 3 4 1
# out
2

# 解释：
0->1->1

# in
0 1 2 3 4 5
# out
5
# 解释：
0->1->2->3->4->5

# in
9 8 9 5 9 2 5 1
# out
4
# 解释：
9->9->5->5->1

# in
<空>
# out
0

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