今日头条笔试2017年4月18日 A题 查找元素？
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2017年4月18日 A题 查找元素？
题目：
我的代码（测试用例100%通过）：
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#include <iostream>
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#include<algorithm>
-
using namespace std;
-
-
int l[100000], m;
-
-
bool find(int k)
-
{
-
int low = 0, high = m - 1, mid;
-
while (low < high - 1)
-
{
-
mid = (low + high) / 2;
-
if (l[mid] == k)return true;
-
if (l[mid] > k)high = mid;
-
else low = mid;
-
}
-
if (l[low] == k || l[high] == k)return true;
-
return false;
-
}
-
-
int main()
-
{
-
int n, k;
-
scanf("%d", &m);
-
for (int i = 0; i < m; i++)scanf("%d", &l[i]);
-
sort(l, l + m);
-
scanf("%d", &n);
-
while (n--)
-
{
-
scanf("%d", &k);
-
if (find(k))printf("%d ", k);
-
}
-
return 0;
-
}
2017年4月18日 B题 DAU 统计
题目描述：
日活跃用户数 (DAU) 是衡量一个产品表现的重要指标。
需要编写程序，根据给定的某一天的 N 条访问记录，对当天的用户总数 M 进行统计。
每个用户可能访问多次。
为了方便，我们用数字 (uid) 唯一标识每个用户。
input
每一行包含一个 uid，遇到 0 时认为输入结束。
输入共包含 N+1 行，可认为是无序的。
output
一个数字：去重后 uid 的数量 M。
样例输入
12933
111111
59220
69433
59220
111111
0
样例输出
4
我的代码（测试用例100%通过）：
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#include <iostream>
-
#include<set>
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using namespace std;
-
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int main()
-
{
-
set<long long>se;
-
se.clear();
-
long long uid;
-
int M;
-
while (scanf("%lld", &uid))
-
{
-
if (uid == 0)break;
-
se.insert(uid);
-
}
-
cout << se.size();
-
return 0;
-
}
这个题目用set非常简单，而且效率也很高，因为set的插入（查找）是log的时间
2017年4月18日 C题 形式化算式
题目描述：
我们有如下形式化的数字
* *** *** * * *** *** *** *** *** ***
* * * * * * * * * * * * * *
* *** *** *** *** *** * *** *** * *
* * * * * * * * * * * * *
* *** *** * *** *** * *** *** ***
（* 下附图片供参考）
分别表示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0
有如下形式化的符号：
* * * * ****
*** *** * *
* * * * **** **
**
（* 下附图片供参考）
分别表示 + - * ／ = 小数点
输入
现在 将输入一个算式
输出
你要将该算式计算之后按照上述形式化的方式输出
各个数字和符号之间空两格
无法整除则保留两位小数
样例输入
10 + 31
样例输出
* *** *** * * * *
* * * * * * **** * * *
* * * *** *** * *** *
* * * * * * **** * *
* *** *** * * *
（* 下附图片供参考）
Hint
样例输入2：
2 ／ 5
样例输出2：
*** *** *** * *
* * * **** * * * *
*** * *** * * ***
* * * **** * * ** *
*** *** *** ** *
（* 下附图片供参考）
数据范围：
20%的数据 输入的数字和运算结果都是个位数
100%的数据保证 输入数字和答案都小于10000
100%的数据保证 输入数字不会出现小数
80%的数据保证 运算结果不会出现小数
我的代码（测试用例80%通过）：
-
#include <iostream>
-
#include<string.h>
-
using namespace std;
-
-
char ans[5][100], char0 = '0';
-
const char cs[17] = "1234567890+-*/.=";
-
const char s[5][100] = {
-
"* *** *** * * *** *** *** *** *** *** ",
-
"* * * * * * * * * * * * * * * * * * **** ",
-
"* *** *** *** *** *** * *** *** * * *** *** * * ",
-
"* * * * * * * * * * * * * * * * * ** **** ",
-
"* *** *** * *** *** * *** *** *** ** "
-
};
-
-
void add(char c)
-
{
-
int k = -1, num = 5;
-
for (int i = 0; i < 16; i++)if (cs[i] == c)k = i;
-
if (k == -1)return;
-
if (k == 15)num = 6;
-
if (k == 0)num = 3;
-
if (k == 14)num = 4;
-
for (int i = 0; i < 5; i++)strncat(ans[i], s[i] + k * 5, num);
-
}
-
-
void add(int n)
-
{
-
if (n >= 10)
-
{
-
add(n / 10);
-
add(n % 10);
-
return;
-
}
-
add(char(char0 + n));
-
}
-
-
void add(double x)
-
{
-
int n = int(x);
-
double eps = 0.0000001, r = x - n;
-
if (n - x < eps && x - n < eps)r = 0;
-
add(n);
-
if (r == 0)return;
-
add('.');
-
n = int(r * 100);
-
if (n % 10 == 0)n /= 10;
-
add(n);
-
}
-
int main()
-
{
-
for (int i = 0; i < 5; i++)ans[i][0] = '\0';
-
int a, b, r1;
-
double r2 = -1;
-
char ch = ' ';
-
scanf("%d %c %d", &a, &ch, &b);
-
add(a);
-
add(ch);
-
add(b);
-
add('=');
-
if (ch == '+')r1 = a + b;
-
if (ch == '-')r1 = a - b;
-
if (ch == '*')r1 = a*b;
-
if (ch == '/')r2 = a*1.0 / b;
-
if (r2 == -1)add(r1);
-
else add(r2);
-
for (int i = 0; i < 5; i++)cout << ans[i] << endl;
-
return 0;
-
}
这个代码我觉得写得还是不错的，就是不知道为什么只通过了80%，应该是void add(double x)函数里面有问题，小数部分处理的还不到位。
首先，把所有字符存到cs里面，把对应的形式化符号全部存到s里面，编程起来方便很多。
其次，对add重载了3次，而且互相调用，也使得编程简单了很多。
2017年4月18日 D题 任务执行策略
题目描述：
我们有一批任务在 mesos 当中。这批任务要么不依赖其它任务，要么一定恰好依赖于两个任务，并且整个依赖关系会构成一个三角模型：
Job(1, 1)
Job(2, 1) Job(2, 2)
Job(3, 1) Job(3, 2) Job(3, 3)
……
Job(n, 1) Job(n, 2) …… Job(n, n)
如上图，Job(1, 1) 依赖于 Job(2, 1) 和 Job(2, 2)；Job(2, 2) 依赖于 Job(3, 2) 和 Job(3, 3)；对于任意 1 <= i < n, 1 <= j <= n，Job(i, j) 依赖于 Job(i + 1, j) 和 Job(i + 1, j + 1)。最后一行的任务没有任务依赖。
这批任务有一个特点，每个任务都需要配合它所依赖的任务来执行。也就是说，一个任务某次运行是有效的，当且仅当至少满足下列一个条件：
1. 该任务不依赖其它任务；
2. 该任务依赖的两个任务都是有效的。
每个任务都预先设定了一个权重 weight(i, j)。现在由于资源上的限制，我们只能挑选其中的 k 个任务来运行。我们希望所有被运行的任务都是有效的，并使得所有运行过的任务的权重之和最大。
输入
第一行是两个整数 n 和 k。
接下来 n 行，其中第 i 行 (1 <= i <= n) 包含 i 个整数，给出各个任务的权重。这个三角形也同时描述了任务的依赖关系。
输出
输出仅包含一个整数，即所求的最大权重和。
样例输入
3 4
1
2 3
1 1 1
样例输出
6
Hint
对于 30% 的数据，1 <= n, k <= 50；
对于 100% 的数据，1 <= n <= 100，1 <= m <= C(n + 1, 2)，1 <= weight(i, j) <= 1000。
这个题目有点像线段树，又有点像动态规划，反正我还没开始写就结束了。因为没法提交了所以也不想写了。
答案是动态规划。
下面是今日头条的公众号里面公布的答案：
动态规划。
如图，如果我们选择了 Job(i, j)，除了要同时选中 Job(i + 1, j)之外，也意味着 Job(i + 1, j + 1), Job(i + 2, j + 2) … Job(i + d, j + d) 这一条链全部都要选中。既然每条斜线都是选择一个后缀，因此可以据此划分阶段进行动态规划。
考虑 f[i, j, m] 表示前 i 条斜线，总共选择了 m 个任务，其中第 i 条斜线自下往上选择了 j 个任务时的最大权值和，那么转移时只需要保证第 i - 1 条斜线需要选择的任务个数 >= j - 1 即可。状态转移方程为
f[i, j, m] = max(f[i - 1, j2, m - j]) + sum[i, j] (j - 1 <= j2 <= i)
这里 sum[i, j] 表示第 i 条斜线的最下面 j 个任务的权值之和。这个转移的复杂度是 O(n) 的，总复杂度会达到 O(n^3 * m)，不符合要求。问题的关键在于如何快速地获得 max(f[i - 1, j2, m - j]) 这一项，这里的优化方式很多，简单举两个方法：
1. 用另一个数组维护每条斜线的 f 数组的后缀的最大值，那么 max(f[i - 1, j2, m - j]) 这一项就可以 O(1) 得到；
2. 将 f 的定义改为，第 i 条斜线自下往上 至少 选择了 j 个任务的最大权值和，那么转移时就不需要枚举 j2 了。具体的转移方程留给各位重新推导一下。
优化之后可以得到 O(n^2 * m) 的时间复杂度。
当然这个题目也可以有另外的状态划分方式。注意到 Job(i, j) 选中时，除了 Job(i + 1, j + 1) 这个任务之外，Job(i + 1, j), Job(i + 2, j) … Job(n, j) 这一条链也必须选中，那么也可以用和上述对称的方式来构造转移方程。时间复杂度同样也是 O(n^2 * m) 的。
2017笔试题?
上面的代码的来源我不清楚，可能是官方给的。
下面说下我的解决方案。
首先化简方程：x+y-x|y=0
这个方程的左边可以化简为x&y
所以方程即x&y=0
现在问题转化成：求满足x&y=0的第k小的正整数。
我的代码：
-
#include<iostream>
-
using namespace std;
-
-
int main()
-
{
-
int x, k, y, t;
-
while (cin >> x >> k)
-
{
-
t = 1, y = 0;
-
while (k)
-
{
-
if (x % 2 == 0)y += t*(k % 2), k /= 2;
-
x /= 2, t *= 2;
-
}
-
cout << y << endl;
-
}
-
return 0;
-
}
文章来源: blog.csdn.net，作者：csuzhucong，版权归原作者所有，如需转载，请联系作者。
原文链接：blog.csdn.net/nameofcsdn/article/details/112210335
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