百度2014校招笔试题目题解
----武汉站，9.28号百度校招笔试题目算法题目部分
二、算法与程序设计题
1、给定任意一个正整数，求比这个数大且最小的“不重复数”，“不重复数”的含义是相邻两位不相同，例如1101是重复数，而1201是不重复数。（15分）
2、长度为N(N很大)的字符串，求这个字符串里的最长回文子串。（15分）
3、数轴上从左到右有n各点a[0], a[1], ……,a[n -1]，给定一根长度为L的绳子，求绳子最多能覆盖其中的几个点。（15分）
这是百度的笔试题目，好像是什么系统行为分析师职位的笔试题目！博文最后会贴出试题照片！
题解：(题解非官方，仅供参考，转载请联系博主，有错误的地方望指正！谢谢)
1、给定任意一个正整数，求比这个数大且最小的“不重复数”，“不重复数”的含义是相邻两位不相同，例如1101是重复数，而1201是不重复数。
解： 这道题目我也没有什么特别出彩的算法，就是按照常规思路来求解，首先要理解什么叫做“不重复数”，这是解题的关键之一，相邻两位不相同的数即为“不重复数”；还有一个地方要注意的就是“求比这个数大且最小的”，就是在比给定数大的不重复数中找到最小的！理解了这两个地方，这道题目就可以着手求解了！
我用一个实例来说说我的思路，加入给定的正整数为11233：
用最常规的方法，就是每次对这个数加1，判断是不是“不重复数”，加1后为11234，有两个1重复了，于是继续加1，……，那么主要就在判断是不是“不重复数”上面了，我设置了两个变量，是currentBit， lastBit，顾名思义，lastBit保存上一个数位的值，currentBit保存当前数位的值，拿整数12345来说，就是初始化lastBit = 5，然后计算currentBit = 4；下一步，把currentBit 值赋给lastBit，即lastBit = 4，计算currentBit = 3；依次类推。
说到这里，很多朋友觉得可以有更加高效的方法，小难点有4：
1、因为可以直接定位到“重复”的数位那里，比如12344，我们可以直接定位到个位数4和十位数4上面，然后在低位数（这里就是个位数）上加1即可，事实上，不是如此简单，假设是对整数12199呢？还能简单的加1操作吗，加1之后结果为12200，那结果显然是错的，当然这也是可以处理的，处理方法就是把12200继续拿到循环去判断是不是“非重复数”；
2、这里又产生一个问题，因为“重复“的数位可能不止一对，有可能有多对，比如整数11233，定位“33”之后变为“34”，定位“11”之后变为“12”，结果就是12234。又有重复的地方，就是“22”。继续拿到循环去重复；
3、还有要注意的是，你的程序设计，是如何存储数位的值的，是一个一个数位的值求出来呢？还是像我这样设置一个前后索引？每个数位取值，程序会变得繁琐复杂，不易读懂，如果是设置前后索引，则要注意程序退出循环的条件！
4、对于存在多对“重复”数位的正整数，数位“重复”的定位和变换，是从高位到低位，还是从低位到高位呢？正确的应该是从高位到低位，这与我们的程序设计也带来了不便。
这些就是我在试图找到高效算法时得到的经验，每个小难点都要处理，有点繁琐，有耐心的朋友，可以试着写一下更高效的算法，另外，使用了比较高效的算法，代码尽量保持简洁，并告知博主，谢谢！
注：评论网友13楼“巴鲁斯”给出了高效的C#算法代码，这个算法我当初也考虑了，我主学C，只是C处理字符串没有C#、Java那么方便，类型转换也比较麻烦，就没去管，十分感谢“巴鲁斯”朋友的code！来自评论中24楼朋友“garbageMan”给出了比较简洁的c语言代码，采用递归方法，值得借鉴！再次感谢！
my code：(简单加1的方法)
/* 给定任意一个正整数，求比这个数大且最小的“不重复数”，“不重复数的含义是相邻两位不相同，例如1101是不重复数” */ #include <stdio.h> #include <stdlib.h> int getNumNonrepetition(const int NumGived) { int flag = 0;//为0表示该数不是“不重复数” int numRepeat = NumGived; int numTemp = 0;// int currentBit = 0, lastBit = 0;//前后数位索引 while(1) { numRepeat++; //初始化后索引 numTemp = numRepeat; lastBit = numTemp % 10; numTemp /= 10; flag = 1; //判断该数是不是“非重复数” while(numTemp != 0) { currentBit = numTemp % 10; numTemp /= 10; if(lastBit == currentBit) { flag = 0; break; } lastBit = currentBit; } if(flag == 1)//该数为不重复数，返回 { return numRepeat; } } } int main(void) { int NumGived = 19922884; int result = getNumNonrepetition(NumGived); printf("the number is %d ", result); return 0; }
更新内容：（10.9号下午）
简单加1的算法，效率太低，看到这么多的朋友的评论，大家的算法大同小异，我也写了一个算法，拿出来和大伙分享。
算法：
1、把整数放到字符数组里面去，从高位为低位（用变量i）扫描，找到重复的数位，重复数位为“99”跳到第2步，否则跳到第3步，若没有重复的数位，则该数为不重复数，返回；
2、遇到“99”的重复数，则把“99”改为“00”，然后在“99”前面一位字符加1，把扫描的地方定位在“99”往高位方向的第2位，比如是1299，变换后为1300，然后把扫描变量 i 定位在1这一数位上，返回第1步；
3、遇到非“99”的重复数，则直接在低位加1，后面依次变为010101……，结果就是最小的不重复数，返回改值；
至于前面说的一些难点，真是害怕误导了大家，毕竟总有考虑不到的地方，希望见谅！
code：（高效）
#include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #define SIZE 100 int getNumNonrepetition(const long long NumGived, char NumStr[]) { int NumTmp = NumGived; int NumLength = 0; int i = SIZE - 1; //把整数放到字符数组里面去，从后往前放，比如1234， //那么数组NumStr[96] = 1 NumStr[97] = 2 NumStr[98] = 3 NumStr[99] = 4, SIZE = 100 do { NumStr[i] = NumTmp % 10 + '0'; NumTmp /= 10; i--; }while(NumTmp != 0); NumLength = SIZE - i - 1;//计算整数的位数 int flag = 0;//设置010101的时候用的变量 i = SIZE - NumLength; while( 1 ) { //定位到重复的位上面，下标i + 1为低位，此时NumStr[i] == NumStr[i + 1] while(i + 1 < SIZE && NumStr[i] != NumStr[i + 1]) i++; if(i == SIZE - 1) break;//扫完一遍，没有重复的，跳出循环，该数是不重复数 if(NumStr[i + 1] == '9')//重复的数位为99这种情况,将这两位全部置0，高位加1 { NumStr[i + 1] = '0'; i--; NumStr[i + 1] = '0'; i--; NumStr[i + 1] += 1; } else//重复的 { //低位加1 NumStr[i + 1] += 1; i += 2; flag = 0; //后续全部设为0101……,这个时候肯定是不重复数了，所以可以跳出循环 while( i < SIZE ) { NumStr[i] = flag % 2+ '0'; flag++; i++; } break; } } //打印最小的”不重复数“ int start = SIZE - NumLength; //如果是99开头的数字，高位可能会进位，判断是否为零,不为零则有进位，需打印出来 if(NumStr[start - 1] != '0') putchar(NumStr[start - 1]); for(i = start; i < SIZE; i++ ) { putchar(NumStr[i]); } return 0; } int main(void) { long long NumGived = 119998988; char NumStr[SIZE]; memset(NumStr, '0', SIZE * sizeof(char)); getNumNonrepetition(NumGived, NumStr); return 0; }
2、长度为N(N很大)的字符串，求这个字符串里的最长回文子串。
解：题目指出“N很大”，就是提示我们不要想通过遍历的方法来找到这个字符串，我想到的就一种解法，时间复杂度应该不高，但是我算不出来这个算法的复杂度是多少，首先说一下什么是回文字符串：回文字符串是指从左到右和从右到左相同的字符串，比如"1221"或者“12321”都是回文字符串。刚好举得这两个回文字符串的例子就是我的算法的两个类别：
第一类“12321”：中间是一个单独的字符。算法的思想是从第2个字符直到倒数第2个字符遍历，每遇到一个字符，就依次判断这个字符前后的字符是否相等，如果相等，则继续判断下一个字符，直到以这个字符为中心的两边对称的字符不相等为止，或者前后字符的位置数组越界为止；计算此时的回文字符串的长度，与之前的比较，记下较长的回文字符串的长度和中心字符的位置；遍历结束则返回最大长度和中心字符的位置。
图示：若字符串为“1234321”
第二类“123321”：中间是两个相同的字符。算法思想同上，其实是一样的过程！图解也是一样的！
my code：
/* 长度为N(N很大)的字符串，求这个字符串里的最长回文子串。 */ #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> //第一类“12321”：中间是一个单独的字符 int FindLongPaliSubstr_Odd(const char A[], int * indexMid) { int i = 0, cnt = 0;//cnt表示前后移动位数 int MyMax = 0; int lenOfA = strlen(A); *indexMid = 0; for(i = 1; i <= lenOfA - 2; i++) { cnt = 0; while(i - cnt >= 0 && i + cnt <= lenOfA - 1 && A[i - cnt] == A[i + cnt]) { cnt++; } cnt--; //找到较大长度的回文字符串，保存中心字符的位置 if(MyMax < 2 * cnt + 1) { MyMax = 2 * cnt + 1; *indexMid = i; } } return MyMax; } //第二类“12321”：中间是两个相同的字符。 int FindLongPaliSubstr_Even(const char A[],int * First) { int i = 0, cnt = 0;//cnt表示前后移动位数 int MyMax = 0; int lenOfA = strlen(A); *First = 0;//中间两个相同字符的第一个字符位置 for(i = 0; i <= lenOfA - 2; i++) { if(A[i] == A[i + 1]) { cnt = 1; while(i - cnt >= 0 && (i + 1 + cnt) <= lenOfA - 1 && A[i - cnt] == A[i + 1 + cnt]) { cnt++; } cnt--; //找到较大长度的回文字符串，保存中心第一个字符的位置 if(MyMax < 2 * cnt + 2) { MyMax = 2 * cnt + 2; *First = i; } } } return MyMax; } int main(void) { char A[] = "adfadfbadfdg12321fagage"; int indexMid = 0; int First = 0; int i = 0; //两种类别的最长回文子串的长度 int MaxOdd = FindLongPaliSubstr_Odd(A, &indexMid); int MaxEven = FindLongPaliSubstr_Even(A, &First); printf("indexMid = %d ", indexMid); printf("First = %d ", First); //哪类比较大，输出哪一类的回文子串 if( MaxOdd > MaxEven) { for(i = indexMid - (MaxOdd - 1) / 2; i <= indexMid + (MaxOdd - 1) / 2; i++) { putchar(A[i]); } } else { for(i = First - (MaxEven - 2) / 2; i <= First + 1 + (MaxEven - 2) / 2; i++) { putchar(A[i]); } } return 0; }
3、数轴上从左到右有n各点a[0], a[1], ……,a[n -1]，给定一根长度为L的绳子，求绳子最多能覆盖其中的几个点。
解：我对第3题的题解也是很常规，就是把相邻两个点的距离求出来，保存在一个数组arr[N]里面，从头到尾遍历数组arr[N]，和直接选择排序差不多，写两个for循环，第一个for循环（外循环）中计数器 i 表示连续线段的起点，第二个for循环（内循环）的计数器 j 从 (i + 1)开始，依次累加Sum，若Sum > L，则记录点的个数(j - i)中的较大值max；其中，外循环，只要遇到的数比L大，就continue，内循环，只要遇到的数比L大，就break，这是因为长度为L的绳子是不可能覆盖这些点的，可以直接跳过！
如图：
my code：
/* 数轴上从左到右有n个点a[0],a[1],...,a[n - 1],给定一根长度为L的绳子，求绳子最多能覆盖其中几个点。 */ #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #define N 8 int MaxTimesOfL(int A[], int L) { int i = 0, j = 0; int *arr = (int *)malloc(sizeof(int) * (N - 1)); memset(arr, 0, sizeof(int) * (N - 1)); //初始化数组arr，两点间的距离为一个数组元素 for(i = 0; i < N - 1; i++) { arr[i] = A[i + 1] - A[i]; } //输出该数组 for(i = 0; i < N - 1; i++) { printf("%-3d", arr[i]); } int MaxTimes = 0; int Sum = 0; //遍历找到覆盖的最多点数 for(i = 0; i < N; i++) { if(arr[i] > L)//遇到比L大的数则跳过 { continue; } Sum = arr[i]; for(j = i + 1; j < N - 1; j++) { if(arr[j] > L)//遇到比L大的数则跳过，这一句对于程序来说加与不加都一样 { break; } Sum += arr[j]; if(Sum > L) { break; } } MaxTimes = (MaxTimes > (j - i)) ? MaxTimes : (j - i); } return (MaxTimes + 1);//因为是线段，所以要加1表示覆盖的点数 } int main(void) { int A[] = {-1, 0, 3, 9, 11, 13, 14, 25}; int L = 5; int result = MaxTimesOfL(A, L); printf(" the max times is %d ", result); return 0; }
更新内容：（10月4日下午）
有网友指出，我的算法其实没必要申请多余的数组，那么有没有更加高效的算法呢，我身边的一个大神给了我一个O(N)复杂度的算法：
他的原话：两个指针，一个front，一个rear，每次front-rear，比L小，看覆盖的点数。保存覆盖点数的最大值，然后front++；比L大，rear++，每个数最多遍历2遍，复杂度O(N)。
对于这个算法，他给了一个形象的比喻：
就好像一条长度为L的蛇。头伸不过去的话，就把尾巴缩过来最多只需要走一次，就知道能覆盖几个点
实现代码：
#include <stdio.h> #include <stdlib.h> int main(void) { int front = 0 , rear = 0;//设置首尾指针索引 int cnt = 8; int L = 15;//绳子长度 int MaxTimes = 0; int arr[] = {-1, 0, 3, 9, 11, 13, 14, 25};//数轴上的点 while(front < cnt) { //比L小，则计算MaxTimes，作front++; if(arr[front] - arr[rear] <= L) { MaxTimes = MaxTimes > (front - rear) ? MaxTimes : (front - rear); front++; } else//比L大，rear++; { rear++; } } printf("the max times is %d ", MaxTimes + 1);//第一个数是没有参与计数的，所以要在最后加1 return 0; }
最后贴一下试题：
