今日头条校招2016-09-28在线编程题(2题)

题目1: String Shifting

题目描述:

我们规定对一个字符串的shift操作如下:

shift("ABCD",0)="ABCD"
shift("ABCD",1)="BCDA"
shift("ABCD",2)="CDAB"

换言之, 我们把最左侧的N个字符剪切下来, 按序附加到右侧.

给定一个长度为n的字符串, 规定最多可以进行n次循环shift操作。
如果shift(string, x) = string(0 <= x < n). 我们称其为一次匹配(match), 求shift过程中匹配的次数…

输入描述
输入仅包括一个输入的字符串, 字符串中仅有大小写字母

输出描述
输出仅包括一行, 即匹配的次数

样例输入:

byebyebye

样例输出:

3

hint:
30%的样例中输入字符串的长度<100,
100%的样例中输入字符串的长度<10^6

参考Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define FOR(i, n) for (int i = 0; i < (int)n; ++i)
#define dbg(x) cout << #x << " at line " << __LINE__ << " is: " << x << endl
typedef unsigned long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int key = 131;
int work(char x) {
    if(x >= 'A' && x <= 'Z')
        return x - 'A';
    return 26 + x - 'a';
}
void solve() {
    string s, d;
    cin >> s;
    d = s;
    int res = 1;
    int n = s.size();
    ll t = 0, tag = 1, tar = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        t = t * key + work(s[i]);
        tag *= key;
    }
    tar = t;
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        t = t * key - tag * work(s[i]) + work(s[i]);
        if(t == tar) res++;
    }
    cout << res << endl;

}
int main() {
    // freopen("test.in", "r", stdin);
    // freopen("test.out", "w", stdout);
    solve();
    return 0;
}

题目2: 字典序

题目描述:
给定整数n和m, 将1到n的这n个整数按字典序排列之后, 求其中的第m个数。
对于n=11, m=4, 按字典序排列依次为1, 10, 11, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 因此第4个数是2.
对于n=200, m=25, 按字典序排列依次为1 10 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 11 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 12 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 13 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 14 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 15 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 16 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 17 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 18 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 19 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 2 20 200 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 4 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 5 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 6 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 7 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 8 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 9 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99
因此第25个数是120…

输入描述:
输入仅包含两个整数n和m。

输出描述:
输出仅包括一行, 即所求排列中的第m个数字.

样例输入:

11 4

样例输出:

2

Hint:
数据范围:
对于20%的数据, 1 <= m <= n <= 5 ;
对于80%的数据, 1 <= m <= n <= 10^7 ;
对于100%的数据, 1 <= m <= n <= 10^18.

分析:

举例来说，比如n＝111，排序如下：
1, 10, 100, 101, 102, 103, 104,…, 109, 11, 110, 111, 12, 13, 14, …, 19, 20, 21,…

index	值
1	1
2	1⋅$\cdot$10
3	1⋅$\cdot$10⋅$\cdot$10
4	1⋅$\cdot$10⋅$\cdot$10+1, 1⋅$\cdot$10⋅$\cdot$10⋅$\cdot$10 > n
5	1⋅$\cdot$10⋅$\cdot$10+2

所以排序后的数列第n项
An=An−1⋅10+i|i=0,1,2,3,...,9$A_n=A_{n-1}\cdot 10+i|i=0,1,2,3,...,9$
A1=i|i=1,2,3,...,9$A_1=i|i=1,2,3,...,9$

第n项可以用第n-1项表示的，就能用递归算法解决。
注意An>n$A_n>n$时，要把乘的多余的10给去掉，加上下一个i。

另一思路:

先预处理n的十进制，存到num数组中，长度计算出来为len，答案存到Num中。
写个函数cntOfBeginNum(int *Num,int anslen), 计算以num为前缀的小于等于n的数的个数cnt，考虑长度比n的十进制长度小的数，则cnt += 1+10+100+1000……
长度和n相等的则要特判一下，前缀Num和num的前缀有3种关系，> = < ，先判断是哪种，再计算。
然后考虑答案的最高位非0,我们从1到9枚举，如果cnt=cntOfBeginNum(Num,1) >= m，则dfs()下去。否则，m -= cnt;
然后dfs函数里面，如果m == 1，那么直接输出当前值就是答案了。。 比如当前值是23,如果m是1, 答案是23(以一个数为前缀的字典序最小的就是它本身)。 否则再枚举第3高位，从0～9枚举进行dfs()….
其实也可以不dfs，压根没有回溯。 直接走一步算一步就是了。

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>  
#include <iostream>
using namespace std;

const int maxn=20;
int len;
int num[maxn], ans[maxn];
long long n, m;

void printans(int *ans,int cnt){
    for(int i=1;i<=cnt;i++)   cout<<ans[i];
    puts("");
}

void init(){
    len=0;
    while(n){
        num[++len]=n%10;
        //cout<<len<<" "<<num[len]<<endl;
        n /= 10;
    }
    //cout<<"len:"<<len<<endl;
}

long long valuebeginIndex(int beg){
    long long cnt=0;
    for(int i=beg;i<=len;i++){
        cnt=cnt*10+num[len-i+1];
    }
    return cnt;
}

long long cntOfBeginNum(int *Num,int anslen)
{
    long long k = 1;
    long long cnt = 0;
    for(int i=0;i+anslen<len;i++){
        cnt += k;
        k *= 10;
    }

    int op=0;
    for(int i=1;i<=anslen;i++){
        int id=len-i+1;
        if(num[id]>Num[i]){
            op=-1;
            break;
        }
        else if(num[id]<Num[i]){
            op = 1;
            break;
        }
    }
    //cout<<" op:"<<op<<endl;
    if(op==0){
        if(anslen==len)return 1;
        return valuebeginIndex(anslen+1)+1+cnt;
    }
    else if(op==1){
        return cnt;
    }
    else {
        long long k=1;
        for(int i=0;i<len-anslen;i++)k*=10;
        return cnt+k;
    }
}

void dfs(int *ans,int cur,long long m){
    //printans(ans,cur);
    if(m==1){
        printans(ans,cur);
        return;
    }
    m--;
    for(int i=0;i<=9;i++){
        ans[cur+1]=i;
        long long cnt=cntOfBeginNum(ans,cur+1);
        //cout<<i<<" "<<m<<" " <<cnt<<endl;
        if(cnt>=m){
            dfs(ans,cur+1,m);
            return;
        }
        else m-=cnt;
    }
}

void run(){
    init();
    for(int i=1;i<=9;i++)
    {
        ans[1]=i;
        long long cnt=cntOfBeginNum(ans,1);
        //cout<<i<<" "<<cnt<<" "<<m<<endl;
        if(cnt>=m){
            dfs(ans,1,m);
            break;
        }
        else m-=cnt;
    }
}
// 以下为测试
int main()
{  
    while(cin>>n>>m)   // 1000000000000000000 1000
        run();                       // 输出: 100000000000000885
    return 0;
}

相关链接:
http://blog.csdn.net/zhangzhengyi03539/article/month/2016/09