2018 网易校招真题

[编程题] 魔法币

时间限制：1秒

空间限制：32768K

小易准备去魔法王国采购魔法神器,购买魔法神器需要使用魔法币,但是小易现在一枚魔法币都没有,但是小易有两台魔法机器可以通过投入x(x可以为0)个魔法币产生更多的魔法币。
魔法机器1:如果投入x个魔法币,魔法机器会将其变为2x+1个魔法币
魔法机器2:如果投入x个魔法币,魔法机器会将其变为2x+2个魔法币
小易采购魔法神器总共需要n个魔法币,所以小易只能通过两台魔法机器产生恰好n个魔法币,小易需要你帮他设计一个投入方案使他最后恰好拥有n个魔法币。 

输入描述:

输入包括一行,包括一个正整数n(1 ≤ n ≤ 10^9),表示小易需要的魔法币数量。

输出描述:

输出一个字符串,每个字符表示该次小易选取投入的魔法机器。其中只包含字符'1'和'2'。

输入例子1:

10

输出例子1:

122
思路：模拟

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,num,tmp;
int ans[10000];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    num=n;
    while(num){
        if(num%2==0){
            num/=2;
            num-=1;
            ans[++tmp]=2;
        }
        else if(num%2==1){
            num/=2;
            ans[++tmp]=1;
        }
    }
    for(int i=tmp;i>=1;i--)
        cout<<ans[i];
}

[编程题] 相反数

时间限制：1秒

空间限制：32768K

为了得到一个数的"相反数",我们将这个数的数字顺序颠倒,然后再加上原先的数得到"相反数"。例如,为了得到1325的"相反数",首先我们将该数的数字顺序颠倒,我们得到5231,之后再加上原先的数,我们得到5231+1325=6556.如果颠倒之后的数字有前缀零,前缀零将会被忽略。例如n = 100, 颠倒之后是1. 

输入描述:

输入包括一个整数n,(1 ≤ n ≤ 10^5)

输出描述:

输出一个整数,表示n的相反数

输入例子1:

1325

输出例子1:

6556

思路：模拟

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,len;
int num1[10],num2[10],ans[10];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    while(n){
        num1[++len]=n%10;
        n/=10;
    }
    for(int i=1;i<=len;i++)
        num2[len-i+1]=num1[i];
    for(int i=1;i<=len;i++){
        ans[i]+=num1[i]+num2[i];
        if(ans[i]>=10){
            ans[i+1]=ans[i]/10;
            ans[i]=ans[i]%10;
            if(i==len){
                len++;
                break;
            }
        }
    }
    while(!ans[len])    len--;
    for(int i=len;i>=1;i--)    
        cout<<ans[i];
}

[编程题] 字符串碎片

时间限制：1秒

空间限制：32768K

一个由小写字母组成的字符串可以看成一些同一字母的最大碎片组成的。例如,"aaabbaaac"是由下面碎片组成的:'aaa','bb','c'。牛牛现在给定一个字符串,请你帮助计算这个字符串的所有碎片的平均长度是多少。

输入描述:

输入包括一个字符串s,字符串s的长度length(1 ≤ length ≤ 50),s只含小写字母('a'-'z')

输出描述:

输出一个整数,表示所有碎片的平均长度,四舍五入保留两位小数。

如样例所示: s = "aaabbaaac"
所有碎片的平均长度 = (3 + 2 + 3 + 1) / 4 = 2.25

输入例子1:

aaabbaaac

输出例子1:

2.25
思路：模拟

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
char s[100];
int sum;
int main(){
    scanf("%s",s);
    int len=strlen(s);
    for(int i=1;i<=len;i++){
        if(s[i]!=s[i-1])
            sum++;
    }
    printf("%.2lf",len*1.0/sum*1.0);
}

[编程题] 游历魔法王国

时间限制：1秒

空间限制：32768K

魔法王国一共有n个城市,编号为0~n-1号,n个城市之间的道路连接起来恰好构成一棵树。
小易现在在0号城市,每次行动小易会从当前所在的城市走到与其相邻的一个城市,小易最多能行动L次。
如果小易到达过某个城市就视为小易游历过这个城市了,小易现在要制定好的旅游计划使他能游历最多的城市,请你帮他计算一下他最多能游历过多少个城市(注意0号城市已经游历了,游历过的城市不重复计算)。 

输入描述:

输入包括两行,第一行包括两个正整数n(2 ≤ n ≤ 50)和L(1 ≤ L ≤ 100),表示城市个数和小易能行动的次数。
第二行包括n-1个整数parent[i](0 ≤ parent[i] ≤ i), 对于每个合法的i(0 ≤ i ≤ n - 2),在(i+1)号城市和parent[i]间有一条道路连接。

输出描述:

输出一个整数,表示小易最多能游历的城市数量。

输入例子1:

5 2
0 1 2 3

输出例子1:

3

思路：贪心

画个图可以知道，可把 parent[i] 当作 (i+1) 的父亲节点（因为 parent[i] 是可以重复的）。

建好图之后，就可以从树根扩散出每个节点所在最长树链的长度，选出最长的一条树链，记其长度为 maxLen 。

分类讨论：

• 若 L ≤ maxLen ，显而易见得结果；
• 若 L > maxLen ，意味着可以往回走，要知道越短的树链往回走的代价越低。如果从末端往回走，消耗的代价非常高，最坏情况是较短的树链都连接在最远的树根上，整条最长链都要回走；如果已经知道最终步数会有剩余，则可以先消耗富余的步数走短链，最后才走最长链；
• 继续对 rest = L - maxLen 进行讨论：
  • 若树链上存在某个节点拥有另一条子链，其长度 x 必定小于或等于该祖先到原链末端的长度，考察树链上每个节点到叶子的一条最短子链：本小节讨论可知 rest/2 决定了能多走的城市数量，总共能走 min(n, 1 + rest/2 + maxLen) 个城市。本小节讨论可知 rest/2 决定了能多走的城市数量，总共能走 min(n, 1 + rest/2 + maxLen) 个城市。
    • 当 x > rest/2 可以在中途预先用掉 rest 步而不影响要走的 maxLen 最长链，可达城市增加 rest/2 个；
    • 当 x ≤ rest/2 可以在中途预先用掉 2x 步而不影响要走的 maxLen 最长链，可达城市增加 x 个；
    • 当所有的 x 总和 sum(x) ≤ rest/2 说明富余的步数足够把最短链到次最长链都走一遍，可达城市为全部 n 个。
  • 本小节讨论可知 rest/2 决定了能多走的城市数量，总共能走 min(n, 1 + rest/2 + maxLen) 个城市。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 51
using namespace std;
int n,l,tot,maxlen;
int to[MAXN*2],net[MAXN*2],head[MAXN*2],length[MAXN]; 
void add(int u,int v){
    to[++tot]=v;net[tot]=head[u];head[u]=tot;
    to[++tot]=u;net[tot]=head[v];head[v]=tot;
}
void dfs(int now,int fa){
    for(int i=head[now];i;i=net[i])
        if(to[i]!=fa){
            length[to[i]]=length[now]+1;
            dfs(to[i],now);
        }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&l);
    for(int i=1;i<n;i++){
        int parent;
        scanf("%d",&parent);
        add(i,parent);
    }
    dfs(0,-1);
    for(int i=0;i<n;i++)
        maxlen=max(maxlen,length[i]);
    if(maxlen>=l)    cout<<l+1;
    else    cout<<maxlen+(l-maxlen)/2+1;
}

[编程题] 重排数列

时间限制：1秒

空间限制：100768K

小易有一个长度为N的正整数数列A = {A[1], A[2], A[3]..., A[N]}。
牛博士给小易出了一个难题:
对数列A进行重新排列,使数列A满足所有的A[i] * A[i + 1](1 ≤ i ≤ N - 1)都是4的倍数。
小易现在需要判断一个数列是否可以重排之后满足牛博士的要求。 

输入描述:

输入的第一行为数列的个数t(1 ≤ t ≤ 10),
接下来每两行描述一个数列A,第一行为数列长度n(1 ≤ n ≤ 10^5)
第二行为n个正整数A[i](1 ≤ A[i] ≤ 10^9)

输出描述:

对于每个数列输出一行表示是否可以满足牛博士要求,如果可以输出Yes,否则输出No。

输入例子1:

2
3
1 10 100
4
1 2 3 4

输出例子1:

Yes
No

思路：

分类讨论下。

• 显然，任意数和 4 的倍数相乘，其结果仍是 4 的倍数；
• 显然，若存在任意数量 2 的倍数，两两之间乘起来就是 4 的倍数；
• 如果存在一个数不是 2 的倍数，即它是一个奇数：
  • 放在 2 的倍数旁边，一定不符合要求；
  • 放在 4 的倍数旁边，相乘结果仍是 4 的倍数。

因此符合要求的排列分两种情况:

1. 存在 2 的倍数，所有 2 的倍数相邻排列，需要一个 4 的倍数连接剩下的数，奇数最多和 4 的倍数数量相等，要求num4=num1
2. 没有 2 的倍数，原本放 2 的倍数一端可以改放一个奇数，num4 >=num1-1

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 100010 
using namespace std;
int t,n,num1,num2,num4;
struct nond{
    int val,mod,pos;
}v[MAXN];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        num2=0;num4=0;num1=0;
        memset(v,0,sizeof(v));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&v[i].val);
            if(v[i].val%4==0)    num4++;
            else if(v[i].val%2==0)    num2++;
            else    num1++;
        }
        if(n==1&&num4!=0||num4>=num1-!num2)    cout<<"Yes"<<endl;
        else    cout<<"No"<<endl;
    }
}