1、已知两个数字为1~30之间的数字，甲知道两数之和，乙知道两数之积，甲问乙：“你知道是哪两个数吗？”乙说：“不知道”。乙问甲：“你知道是哪两个数吗？”甲说：“也不知道”。于是，乙说：“那我知道了”，随后甲也说：“那我也知道了”，这两个数是什么？
答：1和4 或者1和7
2、一个环形公路，上面有Ｎ个站点，A1, ..., AN，其中Ai和Ai+1之间的距离为Di,AN和A1之间的距离为D0。
高效的求第i和第j个站点之间的距离，空间复杂度不超过O(N)
它给出了部分代码如下：
#define N 25
double D[N]
....
void Preprocess()
{
//Write your code1;
}
double Distance(int i, int j)
{
//Write your code2;
}
- const int N = 10;
- int D[N];
- int A1toX[N];
- void Preprocess()
- {
- srand(time(0));
- for (int i = 0; i < N; ++i)
- {
- D[i] = (rand()/(RAND_MAX+1.0)) * N;
- }
- A1toX[1] = D[1]; //from A1 to A2
- for (int i = 2; i < N; ++i)
- {
- A1toX[i] = A1toX[i-1] + D[i]; //distance from A1 to each point
- }
- A1toX[0] = A1toX[N-1] + D[0]; // total length
- }
- int distance(int i, int j)
- {
- int di = (i == 0) ? 0 : A1toX[i-1];
- int dj = (j ==0) ? 0 : A1toX[j-1];
- int dist = abs(di - dj);
- return dist > A1toX[0]/2 ? A1toX[0] - dist : dist;
- }
- int main(void)
- {
- Preprocess();
- for (int i = 0; i <N; ++i)
- {
- cout<<D[i]<<" ";
- }
- cout<<endl;
- for (int i = 1; i <= N; ++i)
- {
- cout<<"distance from A1 to A"<<i<<": "<<distance(1, i)<<endl;
- }
- return 0;
- }
3、 一个字符串，压缩其中的连续空格为1个后，对其中的每个字串逆序打印出来。比如"abc efg hij"打印为"cba gfe jih"。
- #include<iostream>
- #include<cstdio>
- #include<stack>
- #include<string>
- using namespace std;
- string reverse(string str)
- {
- stack<char> stk;
- int len = str.length();
- string ret = "";
- for (int p = 0, q = 0;p < len;)
- {
- if (str[p] == ' ')
- {
- ret.append(1,' ');
- for (q = p; q < len && str[q] == ' '; q++)
- {}
- p = q;
- }
- else
- {
- for (q = p; q < len && str[q] != ' '; q++)
- {
- stk.push(str[q]);
- }
- while(!stk.empty())
- {
- ret.append(1,stk.top());
- stk.pop();
- }
- p = q;
- }
- }
- return ret;
- }
- int main(void)
- {
- string s = "abc def ghi";
- cout<<reverse(s).c_str()<<endl;
- return 0;
- }
4、将一个较大的钱，不超过1000000(10^6)的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？（完全背包）（其它选择题考的是有关：操作系统、树、概率题、最大生成树有关的题，另外听老梦说，谷歌不给人霸笔的机会。）。
第一种方法（母函数）：
- #define NUM 7
- int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
- // 母函数解法
- int NumOfCoins(int value)
- {
- int i , j , k , c1[1010] , c2[1010];
- for(i = 0 ; i <= value ; ++i)
- {
- c1[i] = 1;
- c2[i] = 0;
- }
- //第一层循环是一共有 n 个小括号，而刚才已经算过一个了
- // i 就是代表的母函数中第几个大括号中的表达式
- for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
- {
- for(j = 0 ; j <= value ; ++j) //j 就是指的已经计算出的各项的系数
- {
- for(k = 0 ; k+j <= value ; k += money[i]) //k 就是指将要计算的那个括号中的项
- c2[k+j] += c1[j];
- }
- for(j = 0 ; j <= value ; ++j) // 刷新一下数据，继续下一次计算，就是下一个括号里面的每一项
- {
- c1[j] = c2[j];
- c2[j] = 0;
- }
- }
- return c1[value];
- }
第二种方法（动态规划）：
我们可以将它形式化为：
硬搜的话肯定是可以出结果的，但时间复杂度太高。
第一种方法：
设 F[n] 为用那么多种面值组成 n 的方法个数。则 F[n] 可以分成这样互不重复的几个部分：
只用 50 及以下的面值构成 [n] + 0 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-100] + 1 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-200] + 2 张 100
……
也就是说，按 F[n] 的组成方案中 100 的张数，将 F[n] 划分成若干等价类，等价类的划分要不重复、不遗漏。这些等价类恰好完整覆盖了 F[n] 的所有情况。
然后对于 50 及以下的方案又可以按 50 的张数划分等价类。于是像这样一层一层递归下去……就可以得到结果了。
把上面的递归过程反过来，从下往上递推，这就是动态规划了。代码（用到了一些 C99 特性，比如栈上的可变长数组）：
时间复杂度 < O(N^2)
- #define NUM 7
- int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
- // 动态规划解法
- int NumOfCoins(int value)
- {
- int i , j , t , dp[7][1010];
- for(i = 0 ; i <= value ; ++i) //用第0张，即面值为1元的都只有一种
- dp[0][i] = 1;
- for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
- {
- for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
- {
- t = j;
- dp[i][j] = 0;
- while(t >= 0)
- {
- dp[i][j] += dp[i-1][t]; //这里必须是d[i-1][j],此时就不包含j
- t -= money[i]; //减一次表示用了一张money[i]
- }
- }
- }
- return dp[6][value];
- }
其中 dp[i][j] 表示只用第 i 张面值及以下构成 j 用多少种方法。
改进如下：
a[6][n] = ar[6][n-100] // 至少包含 1 张 100 的拆分个数
+ ar[5][n] // 不包含 100 的拆分个数
直接把时间复杂度从 O(n^2) 降到了 O(n)：
- #define NUM 7
- int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
- // 动态规划解法(完全背包)
- int NumOfCoins(int value)
- {
- int i , j , dp[7][1010];
-
for(i = 0 ; i <= value ; ++i)
//用第0张，即面值为1元的都只有一种 - dp[0][i] = 1;
- for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
- {
- for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
- {
-
if(j >= money[i])
//i表示当前的物品算进去；i-1表示当前的物品没有算进去 - dp[i][j] = dp[i][j - money[i]] + dp[i - 1][j];
- else
- dp[i][j] = dp[i-1][j];
- }
- }
- return dp[6][value];
- }
或者使用滚动数组也是可以的
- #define NUM 7
- int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
- int f[1010] , bf[1010];
- // f[j] == f[i][j] bf[j] == bf[i-1][j]
- int NumofCoin2(int value)
- {
- int i , j;
- for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
- f[j] = 0 , bf[j] = 0;
- bf[0] = 1;
- for(i = 0 ; i < NUM ; ++i)
- {
- for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
- {
- if(j >= money[i])
- f[j] = f[j-money[i]] + bf[j];
- else
- f[j] = bf[j] ;
- }
- for(j = 0; j <= value ; ++j)
- bf[j] = f[j] , f[j] = 0;
- }
- return bf[value];
- }