【25届秋招】饿了么 0817算法岗笔试

2024-08-25 17:28
文章标签 算法 笔试 25 届秋招 0817

本文主要是介绍【25届秋招】饿了么 0817算法岗笔试,希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!

目录

  • 1. 第一题
  • 2. 第二题
  • 3. 第三题

⏰ 时间:2024/08/17
🔄 输入输出:ACM格式
⏳ 时长:100min

本试卷还有单选和多选部分,但这部分比较简单就不再展示。

最近终于有时间继续整理之前的笔试题了,因为时间仓促,难免有错误的地方,如有遇到欢迎在评论区指出。

饿了么这次笔试的时间还是比较仓促的,完成选择题后,留给三道编程题的时间就不多了。

1. 第一题

给定一个长度为 n n n 且仅由 0 0 0 1 1 1 两种字符构成的字符串 s s s。每次操作你都可以选择字符串 s s s 的任意一个字符,并将其反置。
询问经过恰好 k k k 次操作后,字符串 s s s 是否为一个回文字符串。
若当前字符为 0 0 0,反置后为 1 1 1。若当前字符为 1 1 1,反置后为 0 0 0
一个字符串被称作回文字符串,当且仅当这个字符串从左往右读和从右往左读都是相同的。

输入描述

每个测试文件均包含多组测试数据。第一行输入一个整数 T ( 1 ≤ T ≤ 100 ) T\,(1\leq T\leq100) T(1T100) 代表数据组数,每组测试数据描述如下:
第一行输入两个整数 n , k ( 1 ≤ n ≤ 1000 , 0 ≤ k ≤ n ) n,k\,(1\leq n\leq1000,\,0\leq k\leq n) n,k(1n1000,0kn)
第二行输入一个长度为 n n n 且仅由 0 0 0 1 1 1 两种字符构成的字符串 s s s

输出描述

对于每一组测试数据,如果经过怡好 k k k 次操作后,字符串 s s s 可以成为一个回文字符串,在一行上输出 YES;否则,直接输出 NO

题解

首先我们需要统计将字符串 s s s 转化为回文串所需的最少操作次数,记为 c c c。具体来说,可以通过双指针遍历,计算出对应位置的字符不同的次数,这就是需要改变的字符对数。

然后我们考虑以下两种情况:

  1. k < c k<c k<c:显然无法在给定的操作次数内将字符串变为回文串,输出 “NO”。
  2. k ≥ c k\geq c kc:此时,我们需要考虑多余的操作次数 k − c k-c kc
    • 字符串长度为奇数:由于中间字符不影响回文性,因此我们可以通过多余的操作次数调整中间字符,从而总是能变成回文串,输出 “YES”。
    • 字符串长度为偶数:为了保证能够最终形成回文串,剩余操作次数 k − c k-c kc 必须为偶数(每次操作可以对称改变两边的字符),否则输出 “NO”。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int ops(const string &s) {int left = 0, right = s.size() - 1;int changes = 0;while (left < right) {if (s[left] != s[right]) {changes++;}left++;right--;}return changes;
}void solve() {int n, k;cin >> n >> k;string s;cin >> s;int changes = ops(s);if (changes > k) {cout << "NO" << endl;} else if ((k - changes) % 2 == 0 || n % 2 == 1) {cout << "YES" << endl;} else {cout << "NO" << endl;}
}int main() {int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

2. 第二题

有一个 n n n n n n 列的棋盘,每个格子上写着数字 0 0 0 1 1 1。有一个小球从某个格子出发,移动到写着 0 0 0 的格子时会向下移动一格,移动到写着 1 1 1 的格子时会向右移动一格,直到滚出棋盘边界。

现在有 9 9 9 个询问,每次询问在子矩阵 ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1)\sim(x_2,y_2) (x1,y1)(x2,y2) 中,小球从 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1) 出发开始滚动,最后会从哪个格子滚出子矩阵 ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1)\sim(x_2,y_2) (x1,y1)(x2,y2)

从某个格子滚出子矩阵 ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1)\sim(x_2,y_2) (x1,y1)(x2,y2),意思是当前所在的格子在子矩阵内,但是小球滚动路径的下一个格子不在子矩阵内,视为滚出。

从棋盘 ( x , y ) (x,y) (x,y) 向右滚动一格即抵达 ( x , y + 1 ) (x,y+1) (x,y+1),从棋盘 ( x , y ) (x,y) (x,y) 向下滚动一格即抵达 ( x + 1 , y ) (x+1,y) (x+1,y)

输入描述

第一行输入一个整数 n ( 1 ≤ n ≤ 500 ) n\,(1\leq n\leq 500) n(1n500) 代表棋盘大小。
此后 n n n 行,每行输入 n n n 个整数 a 1 , a 2 , . . . , a n ( 0 ≤ a i ≤ 1 ) a_1,a_2,...,a_n\,(0\leq a_i\leq 1) a1,a2,...,an(0ai1) 代表棋盘上每个格子上写的数字。
n + 2 n+2 n+2 行输入一个整数 q ( 1 ≤ q ≤ 2 ⋅ 1 0 5 ) q\,(1\leq q\leq 2\cdot 10^5) q(1q2105) 代表询问次数。
随后 q q q 行,每行输入四个整数 x 1 , y 1 , x 2 , y 2 ( 1 ≤ x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ≤ n , x 1 ≤ x 2 , y 1 ≤ y 2 ) x_1,y_1,x_2,y_2\,(1\leq x_1,x_2,y_1,y_2\leq n,x_1\leq x_2,y_1\leq y_2) x1,y1,x2,y2(1x1,x2,y1,y2n,x1x2,y1y2) 代表子矩阵范围。

输出描述

对于每一次询问,在一行上输出两个整数,代表小球滚出的位置。

题解

直接模拟的时间复杂度为 O ( q n ) O(qn) O(qn),看似会超时,但实际并不会。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;void query(const vector<vector<int>>& board) {int x1, y1, x2, y2;cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;int cx = x1, cy = y1, last_cx = cx, last_cy = cy;while (cx >= x1 && cx <= x2 && cy >= y1 && cy <= y2) {last_cx = cx;last_cy = cy;if (board[cx][cy]) cy++;else cx++;}cout << last_cx << ' ' << last_cy << endl;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n;cin >> n;vector<vector<int>> board(n + 1, vector<int>(n + 1));for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> board[i][j];}}int q;cin >> q;while (q--) {query(board);}return 0;
}

3. 第三题

给出一张由几个点 m m m 条带边权的边构成的无向连通图,你有恰好 k k k 次机会,选择一条边使得其边权 + 1 +1 +1。在 k k k 次操作全部完成后,你要选出一个合法的生成树,使得这棵生成树中:边权最小的边最大。

输出这个边权。

对于一张图,选择其中 n − 1 n-1 n1 条边,使得所有顶点联通,这些边一定会组成一棵树,即为这张图的一棵生成树。可以证明,图中存在至少一棵生成树。

输入描述

第一行输入三个整数 n , m , k ( 1 ≤ n , m ≤ 1 0 5 , 1 ≤ k ≤ 1 0 14 ) n,m,k\,(1\leq n,m\leq 10^5,1\leq k\leq 10^{14}) n,m,k(1n,m105,1k1014) 代表给定图的点数、边数和你的操作次数。
此后 m m m 行,第 i i i 行输入三个整数 a i , b i , c i ( 1 ≤ a i , b i ≤ n ; 1 ≤ c i ≤ 1 0 14 ) a_i,b_i,c_i(1\leq a_i,b_i\leq n;1\leq c_i\leq 10^{14}) ai,bi,ci(1ai,bin;1ci1014) 代表图上第 i i i 条边连接节点 a i a_i ai b i b_i bi,且边权为 c i c_i ci。保证图联通,没有重边。

输出描述

在一行上输出一个整数,代表全部生成树中、边权最小的边最大的那棵树,它的边权最小的边。

题解

先通过 Kruskal 算法求解最大生成树。为此,我们将图中的边按权值从大到小排序,然后依次选择不形成环的边加入生成树。得到最大生成树后,我们面临的问题是如何通过最多 k 次操作,将这些边中的最小边权尽量提高。考虑使用二分查找。二分查找的对象是最小边权的下界,假设当前下界为 mid,我们计算将所有生成树边的权值提升到至少 mid 所需的操作次数。如果这些操作次数不超过 k,说明 mid 是可行的,我们可以尝试更大的下界;否则,需要降低下界。最终,二分查找得到的值就是所有生成树中边权最小的最大值。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;struct UnionFind {vector<int> p;UnionFind(int n) : p(n) {iota(p.begin(), p.end(), 0);}int find(int x) {return p[x] == x ? x : (p[x] = find(p[x]));}bool unite(int x, int y) {int root_x = find(x);int root_y = find(y);if (root_x != root_y) {p[root_x] = root_y;return true;}return false;}
};int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, m;i64 k;cin >> n >> m >> k;vector<array<i64, 3>> edges(m);for (auto& [u, v, w] : edges) {cin >> u >> v >> w;--u;--v;}sort(edges.begin(), edges.end(), [](const auto& lhs, const auto& rhs) {return lhs[2] > rhs[2];});UnionFind uf(n);vector<i64> tree_edges;// 使用Kruskal算法构建最大生成树for (const auto& [u, v, w] : edges) {if (uf.unite(u, v)) {tree_edges.push_back(w);}}// 二分查找最小可能的边权i64 left = *min_element(tree_edges.begin(), tree_edges.end());i64 right = 1e14 + k;while (left < right) {i64 mid = left + (right - left + 1) / 2;i64 required = 0;// 计算需要多少次操作才能将所有边权提升到至少 midfor (i64 w : tree_edges) {required += max(0LL, mid - w);if (required > k) break; }if (required <= k) left = mid;else right = mid - 1;}cout << left << "\n";return 0;
}

这篇关于【25届秋招】饿了么 0817算法岗笔试的文章就介绍到这儿,希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助!



http://www.chinasem.cn/article/1106182

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