【網易】2018秋招筆試（機器學習算法崗）

1. 魔法幣

DESCRIPTION

小易准備去魔法王國采購魔法神器,購買魔法神器需要使用魔法幣,但是小易現在一枚魔法幣都沒有,但是小易有兩台魔法機器可以通過投入x(x可以為0)個魔法幣產生更多的魔法幣。
魔法機器1:如果投入x個魔法幣,魔法機器會將其變為2x+1個魔法幣
魔法機器2:如果投入x個魔法幣,魔法機器會將其變為2x+2個魔法幣
小易采購魔法神器總共需要n個魔法幣,所以小易只能通過兩台魔法機器產生恰好n個魔法幣,小易需要你幫他設計一個投入方案使他最后恰好擁有n個魔法幣。

INPUT

輸入包括一行,包括一個正整數n(1 ≤ n ≤ 10^9),表示小易需要的魔法幣數量。

OUTPUT

輸出一個字符串,每個字符表示該次小易選取投入的魔法機器。其中只包含字符'1'和'2'。

SAMPLE INPUT

10

SAMPLE OUTPUT

122

解題思路：

第一思路就是深搜

#include <iostream>

using namespace std;

void dfs(string &res, string &path, int sum, int target) {
    if (sum > target) {
        path.back();
        return;
    }
    if (sum == target) {
        if (res == "") {
            res = path;
        }
        return;
    }
    path += '1';
    dfs(res, path, 2 * sum + 1, target);
    path.pop_back();
    path += '2';
    dfs(res, path, 2 * sum + 2, target);
    path.pop_back();
}
string selectPath(int n) {
    string path;
    string res;
    int sum = 0;
    dfs(res, path, sum, n);
    return res;
}
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    string s = selectPath(n);
    cout << s << endl;
return 0;
}

其實這道題可以優化，因為選擇一就得奇數，選擇二就得偶數，那么對於n來說，最后一步只有一種可能，n為奇數則選擇了一，n為偶數則選擇了二。

迭代版：

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    string s;
    while (n) {
        if (n % 2 == 0) {
            n = (n - 2) / 2;
            s = '2' + s;
        }
        else {
            n = (n - 1) / 2;
            s = '1' + s;
        }
    }
    cout << s << endl;
return 0;
}

遞歸版：

#include <iostream>

using namespace std;

string selectPath(int n) {
    if (n < 1)
        return "";
    else if (n % 2 == 0)
        return selectPath((n - 2) / 2) + '2';
    else
        return selectPath((n - 1) / 2) + '1';
}
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    string s = selectPath(n);
    
    cout << s << endl;

    return 0;
}

 

2.

最長公共子括號序列

DESCRIPTION

一個合法的括號匹配序列被定義為:

1. 空串""是合法的括號序列
2. 如果"X"和"Y"是合法的序列,那么"XY"也是一個合法的括號序列
3. 如果"X"是一個合法的序列,那么"(X)"也是一個合法的括號序列
4. 每個合法的括號序列都可以由上面的規則生成
   例如"", "()", "()()()", "(()())", "(((()))"都是合法的。
   從一個字符串S中移除零個或者多個字符得到的序列稱為S的子序列。
   例如"abcde"的子序列有"abe","","abcde"等。
   定義LCS(S,T)為字符串S和字符串T最長公共子序列的長度,即一個最長的序列W既是S的子序列也是T的子序列的長度。
   小易給出一個合法的括號匹配序列s,小易希望你能找出具有以下特征的括號序列t:
   1、t跟s不同,但是長度相同
   2、t也是一個合法的括號匹配序列
   3、LCS(s, t)是滿足上述兩個條件的t中最大的
   因為這樣的t可能存在多個,小易需要你計算出滿足條件的t有多少個。

如樣例所示: s = "(())()",跟字符串s長度相同的合法括號匹配序列有:
"()(())", "((()))", "()()()", "(()())",其中LCS( "(())()", "()(())" )為4,其他三個都為5,所以輸出3.

INPUT

輸入包括字符串s(4 ≤ |s| ≤ 50,|s|表示字符串長度),保證s是一個合法的括號匹配序列。

OUTPUT

輸出一個正整數,滿足條件的t的個數。

SAMPLE INPUT

(())()

SAMPLE OUTPUT

3

解題思路：

剛看到題我就想到暴力解，深搜出所有合法的括號序列，再依次比較公共子序列的長度，返回最長的。但是深搜一般和路徑有關，這道題僅僅需要最大公共子序列的長度。而我們發現最大公共子序列的長度就是 s.size() - 1（當且僅當修改距離為 1 時 LCS 最大）, 那么我們就想到，可以變換 s 中一個括號的位置，枚舉所有的最大公共子序列長度的序列，只是需要判斷是否合法。注意到，深搜是枚舉所有合法的相同長度的序列，然后我們再在這個集合中去最長的。而后一種思路是我們枚舉所有最長公共子序列的序列，然后再在這個集合中去掉非法的和重復的。

因為是 s, t 長度相同,並且 t 也是合法的括號序列,所以正反括號數跟原來一樣。考慮在原序列上枚舉一個字符,把這個插入依次到序列的某個位置去,其他序列相對順序不變,,這樣就可以讓LCS最大,然后我們判斷一下是否合法（這里有個小技巧）,去重就用 set。

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
    string s;
    cin >> s;
    set<string> m;
    int n = s.size();
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        string w = s.substr(0, i) + s.substr(i + 1);
        for (int j = 0; j < n - 1; ++j) {
            string tmp = w.substr(0, j) + s[i] + w.substr(j);
            int num = 0;
            for (int k = 0; k < n; ++k) {
                num += (tmp[k] == '(' ? 1 : -1);
                if (num < 0)
                    break;
            }
            if (num >= 0)
                m.insert(tmp);
        }
    }
    cout << (int)m.size() - 1 << endl;

    return 0;
}

 

3. 重排數列

DESCRIPTION

小易有一個長度為N的正整數數列A = {A[1], A[2], A[3]..., A[N]}。
牛博士給小易出了一個難題:
對數列A進行重新排列,使數列A滿足所有的A[i] * A[i + 1] (1 ≤ i ≤ N - 1)都是4的倍數。
小易現在需要判斷一個數列是否可以重排之后滿足牛博士的要求。

INPUT

輸入的第一行為數列的個數t(1 ≤ t ≤ 10),
接下來每兩行描述一個數列A,第一行為數列長度n(1 ≤ n ≤ 10^5)
第二行為n個正整數Ai

OUTPUT

對於每個數列輸出一行表示是否可以滿足牛博士要求,如果可以輸出Yes,否則輸出No。

SAMPLE INPUT

2
3
1 10 100
4
1 2 3 4

SAMPLE OUTPUT

Yes
No

解題思路：

多寫幾個例子就可以知道數列需要符合的條件了，記錄能被4整除的個數,能被2整除但不能被4整除的個數以及奇數的個數；

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
    int t, n;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d", &n);
        int cnt4 = 0;
        int cnt2 = 0;
        int cnt1 = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            if (x % 4 == 0) cnt4++;
            else if (x % 2 == 0) cnt2++;
            else cnt1++;
        }
        if (cnt2 == 0) {
            if (cnt4 >= cnt1 - 1)
                printf("Yes\n");
            else
                printf("No\n");
        }
        else {
            if (cnt4 >= cnt1)
                printf("Yes\n");
            else
                printf("No\n");
        }
    }
    return 0;
}

 4. 游歷魔法王國

DESCRIPTION

魔法王國一共有n個城市,編號為0~n-1號,n個城市之間的道路連接起來恰好構成一棵樹。
小易現在在0號城市,每次行動小易會從當前所在的城市走到與其相鄰的一個城市,小易最多能行動L次。
如果小易到達過某個城市就視為小易游歷過這個城市了,小易現在要制定好的旅游計划使他能游歷最多的城市,請你幫他計算一下他最多能游歷過多少個城市(注意0號城市已經游歷了,游歷過的城市不重復計算)。

INPUT

輸入包括兩行,第一行包括兩個正整數n(2 ≤ n ≤ 50)和L(1 ≤ L ≤ 100),表示城市個數和小易能行動的次數。
第二行包括n-1個整數parenti, 對於每個合法的i(0 ≤ i ≤ n - 2),在(i+1)號城市和parent[i]間有一條道路連接。

OUTPUT

輸出一個整數,表示小易最多能游歷的城市數量。

SAMPLE INPUT

5 2
0 1 2 3

SAMPLE OUTPUT

3

解題思路：

貪心。找出最長的那條樹鏈長度,然后就可以判斷出L是否足夠走完最長的樹鏈,分情況討論一下即可。若 L <= max_len, 則說明只能走這條最長路徑；若L > max_len, 則說明可以回頭走其它路，由題意可知沒有孤立城市（假設數組中必有0），那么 L > max_len 情況下，rest 怎么走呢，每走兩次最多只能多訪問一個城市，假設極限情況有一半的城市都只有一個分支且該分支只有一個城市（除了最長路徑的最后一個訪問點），那么每多走兩次就多訪問一個城市。但是有可能所有城市都剛好訪問完時還沒有走完，那么這時候剩余的只能重復訪問了，但並不能增加訪問的城市數量。

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {
    int n, L;
    scanf("%d %d", &n, &L);
    vector<int> parent(n, 0);
    vector<int> dp(n, 0);
    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        int num;
        scanf("%d", &num);
        parent[i] = num;
    }
    int max_len = 0;
    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        dp[i + 1] = dp[parent[i]] + 1;//編號i + 1 的城市與parent[i] 相通，則到達 i + 1 的路徑為 parent[i] 城市路徑加 1
        max_len = max(max_len, dp[i + 1]);
    }
    int single_path = min(L, max_len);
    cout << min(n, 1 + single_path + (L - single_path) / 2) << endl;
    system("pause");
    return 0;
}