做了indeed秋招的第一場筆試，題目相比別家確實簡單。其中前三道完全是水題，記錄一下~
第一題：tabereru
題意：給定乙個字串，遇到"ra"需要刪除，但是刪除之後如果又出現了"ra"那麼不繼續刪除了。即如果輸入是rrraaa，那麼輸出是rraa。
思路：字串很短，隨便搞就ok。
第二題：matrix product
題意：就是裸的矩陣乘法，複雜度不需要任何優化，o(n^3)即可。
第三題：ancient formula
題意：給定不超過6個數，其中有5個空位可以新增加號+或者乘號*，求值的時候不考慮優先順序，即2+3*4=20。再給定乙個整數k，問這6個數的某種排列以及某種加符號方式下，與k的差的絕對值的最小值(即與k的接近程度)。
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define n 505
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
int n,k,res = inf;
vectors;
void solve(vector&s,int d,int now)
solve(s, d+1, now+s[d]);
solve(s, d+1, now*s[d]);
}void dfs(vector&s,int d,vector&used,vector&tmp)
for(int i = 0;iused(s.size(),false);
vectorans(s.size());
dfs(s,0,used,ans);
printf("%d\n",res);
return 0;
}
第四題：painting
題意：輸入n(n<=100000)，表示n個白球在一條線上。每次等概率在不與黑球相鄰的白球中選擇乙個置為黑球，直到沒有這樣的白球。問最後剩下的黑球的期望。輸出float，精度10e-8之內。
樣例：n=1和2下顯然期望為1。n=3的時候，第一次有2/3的概率選擇兩邊的白球，此時必然會選擇第二個白球（另一邊的邊上）；第一次還有1/3的概率選擇中間的球，此時只會選擇這乙個球，最終的期望是5/3。
思路：dp咯。乙個顯然的dp如下：dp[x]表示初始有x個白球的期望。分類第乙個白球選擇的位置（1~n）：如果選在了最邊上的1號球，那麼剩下變成了在3~n中繼續選球；如果選擇了2號，那麼接下來在4~n中選擇；如果選擇了3號，那麼接下來在1號以及5~n號中選擇；同理，如果選擇的是i號球，那麼接下來從1~i-2和i+2~n中分別選擇。但是這個dp的複雜度是o(n^2)級別的，太高了。
如何降到o(n)？考慮上述dp的結果(為方便令dp[0]=0)，通過乙個具體的例子解釋吧：n=6的時候dp(x)=1/3(1 + dp(4)) + 1/3(1 + dp(0) + dp(3)) + 1/3(1 + dp(1) + dp(2)) = 1/3 * (3+dp(0)+...+dp(4))。推廣到一般的偶數x,dp(x) = (2/x)*(x/2 + dp(0) + ... + dp(x-2))。同理可以推得n為奇數時候的公式，可知與前n項和有關，記錄一下即可。這樣的dp複雜度就降低為o(n)啦。
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define n 100005
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
int n;
double dp[n];
int main()
printf("%.10lf\n",dp[n]);
return 0;
}
實際上對於奇數情況，如果把式子乘出來再次化簡，可以得到和偶數相同的形式，而且求dp[i]的時候只與前i-2項的和有關，從而連dp這個陣列也可以省略：**如下：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define n 100005
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
int n;
int main()
printf("%.10lf\n",res);
return 0;
}
筆試 位元組跳動2021秋招第一場筆試題目 講解
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