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  • 360 2020技术综合笔试(2019.8.31)编程题第二题“散步”

    思路动态规划:

    设置两个长度为n+1的dp1、dp2数组,dp[i]表示某次停下是否能到第i个位置,dp[i] = 0表示不能到达,dp[i] = 1表示能到达,

    初始dp1[1…n] = 1,表示可以从任意的位置出发,

    对每走Dj距离,方向可以向左走或向右走,那么走完Dj距离后,可到达的位置用dp2表示,即,转移方程为:

    if (dp1[j] == 1 && j + d[i] <= n )
      dp2[j + d[i]] = 1;
    if (dp1[j] == 1 && j - d[i] >= 1 )
      dp2[j - d[i]] = 1; 

           dp1 = dp2,重复步骤2。
    对每走一步Di 都要对dp[j] 进行一次遍历,总共N x M次, 所以时间复杂度O(N×M),空间复杂度O(N);

    #include <iostream>
    #include <vector>
    using namespace std;
    
    void get_res(int n, int m, vector<int>& d){
        vector<int> dp1(n + 1, 0);
        vector<int> dp2(n + 1, 0);   
    	//之所以用两个数组记录走过的,由dp1转移到dp2;
    	//是因为假如只在一个dp上计算,那么转态转移可能会‘覆盖’潜在转移点  
    	
    
        for (int i = 0; i <= n; ++i)
            dp1[i] = 1;
        for (int i = 0; i < m; ++i){
            for (int j = 1; j <= n; ++j){
                dp2[j] = 0;   //说明dp1[j]不会转移到dp2[j],毕竟要走一定距离; d[i]!=0  
                if (dp1[j] == 1 && j + d[i] <= n )
                    dp2[j + d[i]] = 1;
                if (dp1[j] == 1 && j - d[i] >= 1 )
                    dp2[j - d[i]] = 1;
            }
            dp1 = dp2;   //计算完之后把dp2拷贝到dp1上即可,即dp1得到更新 
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (dp2[i] == 1)
                ++ans;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    
    int main(){
        int n = 0, m = 0;
        cin >> n >> m;
        vector<int> D(m, 0);
        for (int i = 0; i < m; ++i)
            cin >> D[i];
        
        get_res(n, m, D);
        return 0;
    }
    

      

     参考博客:https://blog.csdn.net/likewind1993/article/details/100176127

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/liugl7/p/11440575.html
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