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？
答案: 允许两数重复的情况下 答案为x=1, y=4; 甲知道和A=x+y=5, 乙知道积B=x*y=4 不允许两数重复的情况下有两种答案 答案1: 为x=1, y=6; 甲知道和A=x+y=7, 乙知道积B=x*y=6 答案2: 为x=1, y=8; 甲知道和A=x+y=9, 乙知道积B=x*y=8 解： 设这两个数为x,y. 甲知道两数之和 A=x+y; 乙知道两数之积 B=x*y; 该题分两种情况 允许重复, 有(1 <= x <= y <= 30); 不允许重复,有(1 <= x < y <= 30); 当不允许重复, 即(1 <= x < y <= 30); 1)由题设条件：乙不知道答案 <=> B=x*y 解不唯一 => B=x*y 为非质数 又∵ x ≠ y ∴ B ≠ k*k (其中k∈N) 结论(推论1)： B=x*y 非质数且 B ≠ k*k (其中k∈N) 即：B ∈(6,8,10,12,14,15,18,20...) 证明过程略 2)由题设条件：甲不知道答案 <=> A=x+y 解不唯一 => A >= 5; 分两种情况 A=5,A=6时x,y有双解 A>=7 时x,y有三重及三重以上解 假设 A=x+y=5 则有双解 x1=1,y1=4; x2=2,y2=3 代入公式B=x*y: B1=x1*y1=1*4=4; (不满足推论1，舍去) B2=x2*y2=2*3=6; 得到唯一解x=2,y=3 即甲知道答案 与题设条件：“甲不知道答案”相矛盾 故假设不成立， A=x+y≠5 假设 A=x+y=6 则有双解 x1=1,y1=5; x2=2,y2=4 代入公式B=x*y: B1=x1*y1=1*5=5; (不满足推论1，舍去) B2=x2*y2=2*4=8; 得到唯一解x=2,y=4 即甲知道答案 与题设条件：“甲不知道答案”相矛盾 故假设不成立， A=x+y≠6 当A>=7时 ∵ x,y的解至少存在两种满足推论1的解 B1=x1*y1=2*(A-2) B2=x2*y2=3*(A-3) ∴ 符合条件 结论(推论2)：A >= 7 3)由题设条件：乙说“那我知道了” => 乙通过已知条件B=x*y及推论(1)(2)可以得出唯一解 即： A=x+y, A >= 7 B=x*y, B ∈(6,8,10,12,14,15,16,18,20...) 1 <= x < y <= 30 x,y存在唯一解 当 B=6 时：有两组解 x1=1, y1=6 x2=2, y2=3 (∵ x2+y2=2+3=5 < 7 ∴不合题意，舍去) 得到唯一解 x=1, y=6 当 B=8 时：有两组解 x1=1, y1=8 x2=2, y2=4 (∵ x2+y2=2+4=6 < 7 ∴不合题意，舍去) 得到唯一解 x=1, y=8 当 B>8 时：容易证明均为多重解 结论： 当B=6时有唯一解 x=1, y=6 当B=8时有唯一解 x=1, y=8 4)由题设条件：甲说“那我也知道了” => 甲通过已知条件A=x+y及推论(3)可以得出唯一解 综上所述，原题所求有两组解： x1=1, y1=6 x2=1, y2=8 当x<=y时，有(1 <= x <= y <= 30); 同理可得唯一解 x=1, y=4
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。）。
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) 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]; t -= 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) dp[0][i] = 1; for(i = 1 ; i < NUM ; ++i) { for(j = 0 ; j <= value ; ++j) { if(j >= money[i]) 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]; }