【C++笔试强训】如何成为算法糕手Day5
学习编程就得循环渐进，扎实基础，勿在浮沙筑高台
循环渐进Forward-CSDN博客
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循环渐进Forward-CSDN博客
第一题：游游的you
思路：
第二题：腐烂的苹果
思路：
第三题：孩子们的游戏
思路：
第一题：游游的you
牛客网做题链接：游游的you__牛客网 (nowcoder.com)
思路：
这是一道简单的模拟题，我们要找出三个字符（y、o、u）中最少的那个字符的数量，这个数量n表示最多能组成多少个"you"。然后，我们计算o字符的总数减去n，得到剩余的o字符数量。如果剩余的o字符少于2个，那么就不需要进一步操作。如果剩余的o字符数量是2个或更多，我们可以在结果上加1（对于2个o），加2（对于3个o），以此类推。最终的结果是n加上剩余o字符数量减去1。
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int q = 0;
cin >> q;
while (q--)
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
int ret = min(a, min(b, c)) * 2;
int t = b - ret / 2;
if (t < 2) cout << ret << endl;
else cout << ret + t - 1 << endl;
}
return 0;
}
第二题：腐烂的苹果
牛客网做题链接：腐烂的苹果_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)
思路：
这个问题可以通过广度优先搜索（BFS）来解决，因为我们需要以最短的时间传播腐烂的苹果。我们可以将每个腐烂的苹果看作是一个源点，然后从这些源点同时开始传播。
初始化队列：
- 创建一个队列，并将所有初始状态为腐烂的苹果的位置（坐标）加入到队列中。这些腐烂的苹果是腐烂过程开始的地方。
广度优先搜索（BFS）：
- 对队列中的每个元素（即腐烂的苹果位置）进行处理：
- 检查该位置的四个直接邻居（上、下、左、右）。
- 如果邻居是一个完好的苹果（通常用1表示），则将其状态更改为腐烂（例如，用2表示），并将该邻居的位置加入到队列中。
- 确保每个位置只被加入队列一次，避免重复处理。
记录时间：
- 维护一个变量来记录传播的层数，这代表分钟数。
- 每次从队列中取出一个元素进行处理时，层数加1。
检查完好的苹果：
- 当队列为空时，停止搜索。
- 遍历整个网格，检查是否还有完好的苹果。
- 如果发现还有完好的苹果，说明这些苹果无法被腐烂的苹果触及，因此返回-1。
- 如果所有苹果都已经腐烂，返回记录的层数，即传播所需的总分钟数。
同时注意同一点不能重复入队列以及每次取front()都要对应pop()移除对头，否则会导致 内存超限 控制出队列的循环永无止境，从而程序超时判否。
class Solution {
public:
int m, n;
int dx[4] = {0, 0, 1, -1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
queue<pair<int, int>> q;
bool vis[1001][1001];
int ret;
void bfs(vector<vector<int> >& grid)
{
while (!q.empty()) {
int sz = q.size();
while (sz--)
{
auto [a, b] = q.front();
q.pop();
for (int k = 0; k < 4; k++)
{
int x = a + dx[k], y = b + dy[k];
if (x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && grid[x][y] == 1) {
grid[x][y] = 2;
q.push({x, y});
}
}
}
ret++;
}
}
int rotApple(vector<vector<int> >& grid)
{
// 第一次进去不算
ret = -1;
m = grid.size(), n = grid[0].size();
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (grid[i][j] == 2)
{
q.push({i, j});
}
}
bfs(grid);
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (grid[i][j] == 1)
{
return -1;
}
}
return ret;
}
};
};
第三题：孩子们的游戏
牛客网做题链接：孩子们的游戏(圆圈中最后剩下的数)_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)
思路：
一道约瑟夫环的应用版本（一样的思路）。
public int LastRemaining_Solution (int n, int m) {
//初始化模拟的列表
List<Integer> list = new ArrayList();
for(int i=0;i<n;i++){
list.add(i);
}
int start = 0;
//直到剩最后一个才返回
while(list.size() !=1){
int size = list.size();
//计算每次要移除的坐标,就是
//上一次的起始坐标start+这次数的新坐标m%size
//再将这两个和取余%size,不然可能会超出size范围
//最终减去1就是要移除的位置
start = (start+m%size)%size-1;
//需要考虑如果二者之和size如果相同的话,那么余数是0的特殊情况
start = start<0?size-1:start;
//移除后进行下一个循环
list.remove(start);
}
//返回剩下的最后一个即可
return list.get(0);
}
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