【网易】2018秋招笔试（机器学习算法岗）

1. 魔法币

DESCRIPTION

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。

INPUT

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。

OUTPUT

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'。

SAMPLE INPUT

10

SAMPLE OUTPUT

122

解题思路：

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;
}

其实这道题可以优化，因为选择一就得奇数，选择二就得偶数，那么对于n来说，最后一步只有一种可能，n为奇数则选择了一，n为偶数则选择了二。

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;
}

递归版：

#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.

最长公共子括号序列

DESCRIPTION

一个合法的括号匹配序列被定义为:

1. 空串""是合法的括号序列
2. 如果"X"和"Y"是合法的序列,那么"XY"也是一个合法的括号序列
3. 如果"X"是一个合法的序列,那么"(X)"也是一个合法的括号序列
4. 每个合法的括号序列都可以由上面的规则生成
   例如"", "()", "()()()", "(()())", "(((()))"都是合法的。
   从一个字符串S中移除零个或者多个字符得到的序列称为S的子序列。
   例如"abcde"的子序列有"abe","","abcde"等。
   定义LCS(S,T)为字符串S和字符串T最长公共子序列的长度,即一个最长的序列W既是S的子序列也是T的子序列的长度。
   小易给出一个合法的括号匹配序列s,小易希望你能找出具有以下特征的括号序列t:
   1、t跟s不同,但是长度相同
   2、t也是一个合法的括号匹配序列
   3、LCS(s, t)是满足上述两个条件的t中最大的
   因为这样的t可能存在多个,小易需要你计算出满足条件的t有多少个。

如样例所示: s = "(())()",跟字符串s长度相同的合法括号匹配序列有:
"()(())", "((()))", "()()()", "(()())",其中LCS( "(())()", "()(())" )为4,其他三个都为5,所以输出3.

INPUT

输入包括字符串s(4 ≤ |s| ≤ 50,|s|表示字符串长度),保证s是一个合法的括号匹配序列。

OUTPUT

输出一个正整数,满足条件的t的个数。

SAMPLE INPUT

(())()

SAMPLE OUTPUT

3

解题思路：

刚看到题我就想到暴力解，深搜出所有合法的括号序列，再依次比较公共子序列的长度，返回最长的。但是深搜一般和路径有关，这道题仅仅需要最大公共子序列的长度。而我们发现最大公共子序列的长度就是 s.size() - 1（当且仅当修改距离为 1 时 LCS 最大）, 那么我们就想到，可以变换 s 中一个括号的位置，枚举所有的最大公共子序列长度的序列，只是需要判断是否合法。注意到，深搜是枚举所有合法的相同长度的序列，然后我们再在这个集合中去最长的。而后一种思路是我们枚举所有最长公共子序列的序列，然后再在这个集合中去掉非法的和重复的。

因为是 s, t 长度相同,并且 t 也是合法的括号序列,所以正反括号数跟原来一样。考虑在原序列上枚举一个字符,把这个插入依次到序列的某个位置去,其他序列相对顺序不变,,这样就可以让LCS最大,然后我们判断一下是否合法（这里有个小技巧）,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. 重排数列

DESCRIPTION

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。

INPUT

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Ai

OUTPUT

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。

SAMPLE INPUT

2
3
1 10 100
4
1 2 3 4

SAMPLE OUTPUT

Yes
No

解题思路：

多写几个例子就可以知道数列需要符合的条件了，记录能被4整除的个数,能被2整除但不能被4整除的个数以及奇数的个数；

#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
");
            else
                printf("No
");
        }
        else {
            if (cnt4 >= cnt1)
                printf("Yes
");
            else
                printf("No
");
        }
    }
    return 0;
}

 4. 游历魔法王国

DESCRIPTION

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)。

INPUT

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parenti, 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。

OUTPUT

输出一个整数,表示小易最多能游历的城市数量。

SAMPLE INPUT

5 2
0 1 2 3

SAMPLE OUTPUT

3

解题思路：

贪心。找出最长的那条树链长度,然后就可以判断出L是否足够走完最长的树链,分情况讨论一下即可。若 L <= max_len, 则说明只能走这条最长路径；若L > max_len, 则说明可以回头走其它路，由题意可知没有孤立城市（假设数组中必有0），那么 L > max_len 情况下，rest 怎么走呢，每走两次最多只能多访问一个城市，假设极限情况有一半的城市都只有一个分支且该分支只有一个城市（除了最长路径的最后一个访问点），那么每多走两次就多访问一个城市。但是有可能所有城市都刚好访问完时还没有走完，那么这时候剩余的只能重复访问了，但并不能增加访问的城市数量。

#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;//编号i + 1 的城市与parent[i] 相通，则到达 i + 1 的路径为 parent[i] 城市路径加 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;
}