代码详解：2024美团春招实习笔试第一场0309，是难还是简单？

前言:

1.第一题（模拟）

2.第二题（模拟）

3.第三题（二维前缀和）

4.第四题的思维（双指针）

5.第五题难度比较大（并查集+删边+离散化）

一.小美的MT

MT 是美团的缩写，因此小美很喜欢这两个字母。

现在小美拿到了一个仅由大写字母组成字符串，她可以最多操作k次，每次可以修改任意一个字符。小美想知道，操作结束后最多共有多少个'M'和'T'字符？

输入描述

第一行输入两个正整数n,k，代表字符串长度和操作次数。第二行输入一个长度为n的、仅由大写字母组成的字符串。1<=k<=n<=10^5

输出描述

输出操作结束后最多共有多少个'M'和'T'字符。

示例 1

输入

5 2
MTUAN

输出

4

说明

修改第三个和第五个字符，形成的字符串为 MTTAM，这样共有 4 个'M'和'T'。

思路与代码

1.首先统计字符串中除了M和T以外的字符的个数，记为add。

2.操作次数为k，因此最多可以min(k,add)将个字符变为M和T

3.再加上之前的M和T字符的个数。

4.结果为n-add+min(k,add);

C++:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {int n, k, sum = 0;cin >> n >> k;string s;cin >> s;int add = 0;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {if (s[i] != 'M' && s[i] != 'T') {add++;}}sum = n - add + min(k, add);cout << sum << "\n";return 0;
}

Java:

import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n, k, sum = 0;n = scanner.nextInt();k = scanner.nextInt();String s = scanner.next();int add = 0;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {if (s.charAt(i) != 'M' && s.charAt(i) != 'T') {add++;}}sum = n - add + Math.min(k, add);System.out.println(sum);}
}

二.小美的数组询问

小美拿到了一个由正整数组成的数组，但其中有一些元素是未知的（用 0 来表示）。

现在小美想知道，如果那些未知的元素在区间[l,r]范围内随机取值的话，数组所有元素之和的最小值和最大值分别是多少？

共有q次询问。

输入描述

第一行输入两个正整数n,q，代表数组大小和询问次数。

第二行输入n个整数ai，其中如果输入ai的为 0，那么说明ai是未知的。

接下来的q行，每行输入两个正整数l,r，代表一次询问。

1<=n,q<=10^5
0<=ai<=10^9
1<=l<=r<=10^9

输出描述

输出q行，每行输出两个正整数，代表所有元素之和的最小值和最大值。

示例 1

输入

3 2
1 0 3
1 2
4 4

输出

5 6
8 8

说明

只有第二个元素是未知的。
第一次询问，数组最小的和是 1+1=3=5，最大的和是 1+2+3=6。
第二次询问，显然数组的元素和必然为 8。

思路与代码

1.循环一遍，sum记录非0的情况下的和，res统计0的数量。

2.最小值就是0的数量 * 区间左值(res*l)，反之最大值就是0的数量*区间右值(res*r)。

3.答案就是最小：sum+res*l,最大：sum+res*r;

C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {int n, q;cin >> n >> q;vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];}int res = 0;int sum = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (a[i] == 0) {res++;}sum += a[i];}for (int i = 0; i < q; i++) {int l, r;cin >> l >> r;cout << sum + res *l << " " << sum + res *r << endl;}return 0;
}

Java

import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);int n = sc.nextInt();int q = sc.nextInt();int[] a = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {a[i] = sc.nextInt();}int res = 0;int sum = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (a[i] == 0) {res++;}sum += a[i];}for (int i = 0; i < q; i++) {int l = sc.nextInt();int r = sc.nextInt();System.out.println((sum + res * l) + " " + (sum + res * r));}}
}

三.小美的平衡矩阵

小美拿到了一个n*n 的矩阵，其中每个元素是 0 或者 1。

小美认为一个矩形区域是完美的，当且仅当该区域内 0 的数量恰好等于 1 的数量。

现在，小美希望你回答有多少个i*i的完美矩形区域。你需要回答1<=i<=n的所有答案。

输入描述

第一行输入一个正整数n，代表矩阵大小。

接下来的n行，每行输入一个长度为n的01 串，用来表示矩阵。

输出描述

输出n行，第i行输出的i*i完美矩形区域的数量。

示例 1

输入

4
1010
0101
1100
0011

输出

0
7
0
1

思路与代码

二维前缀和。n<=200.所以可以n^3进行解决题目

1.枚举所有的边长i的正方形.

2.如果0和1的数量各一半，那么就是判断正方形的和是否为i*i / 2，如果是就++。

3.计算时：

第一层循环枚举矩形长度i，

第二，三层循环分别枚举矩形的左上角的端点（x,y）

对应右下角的端点则为（x+i-1,y+i-1）

C++:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
int n;
char a[N][N];
int s[N][N];
int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a[i][j];}}for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = 1; j <= n; j ++ )s[i][j] = s[i][j - 1] + s[i - 1][j] - s[i - 1][j - 1] + (a[i][j] == '1');for (int i = 1; i <= n; i++) {int cnt = 0;for (int x = 1; x <= n - i + 1; x++) {for (int y = 1; y <= n - i + 1; y++) {int sum = s[x + i - 1][y + i - 1] - s[x + i - 1][y - 1] - s[x - 1][y + i - 1] + s[x - 1][y - 1];if (sum * 2 == i * i) {cnt++;}}}cout << cnt << endl;}return 0;
}

Java:

import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int N = 510;int n = scanner.nextInt();char[][] a = new char[N][N];int[][] s = new int[N][N];for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {a[i][j] = scanner.next().charAt(0);}}for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {s[i][j] = s[i][j - 1] + s[i - 1][j] - s[i - 1][j - 1] + (a[i][j] == '1' ? 1 : 0);}}for (int i = 1; i <= n; i++) {int cnt = 0;for (int x = 1; x <= n - i + 1; x++) {for (int y = 1; y <= n - i + 1; y++) {int sum = s[x + i - 1][y + i - 1] - s[x + i - 1][y - 1] - s[x - 1][y + i - 1] + s[x - 1][y - 1];if (sum * 2 == i * i) {cnt++;}}}System.out.println(cnt);}}
}

四.小美的区间删除

小美拿到了一个大小为n的数组，她希望删除一个区间后，使得剩余所有元素的乘积末尾至少有k个 0。小美想知道，一共有多少种不同的删除方案？

输入描述

第一行输入两个正整数n，k。第二行输入n个正整数ai，代表小美拿到的数组。

1<=n,k<=10^5
1<=ai<=10^9

输出描述

一个整数，代表删除的方案数。

示例 1

输入

5 2
2 5 3 4 20

输出

4

说明

第一个方案，删除[3]。
第二个方案，删除[4]。
第三个方案，删除[3,4]。
第四个方案，删除[2]。

思路与代码

2和5的因子个数。2*5=10；2^i*5^j == min(i,j)==0的数量 2*5=10

使用双指针

区间的一个长度越大，那么末尾0的个数越多，单调性，

使用双指针

1.我们首先统计整个数组的2和5的因子3数量，和每个元素对应的5的因子数量。

2.维护2个指针l,r

3.如果l,r的区间min(cnt2,cnt5)>=k,我们答案就累加l-r+1；

C++:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int a2[N], a5[N];
int cnt2 = 0, cnt5 = 0;
int n, k, x;void cnt2_cnt5_count() {for (int i = 0; i < n; i ++) {cin >> x;while (x % 2 == 0) {a2[i] ++;x /= 2;cnt2 ++;}while (x % 5 == 0) {a5[i] ++;x /= 5;cnt5 ++;}}
}int main() {cin >> n >> k;cnt2_cnt5_count();int l = 0;long long res = 0;for (int r = 0; r < n; r ++) {cnt2 -= a2[r];cnt5 -= a5[r];while (min(cnt2, cnt5) < k && l <= r) {cnt2 += a2[l];cnt5 += a5[l];l ++;}res += (long long)(r - l + 1);}cout << res << endl;return 0;
}

Java:

import java.util.Scanner;public class Main {static final int N = 1000010;static int[] a2 = new int[N];static int[] a5 = new int[N];static int cnt2 = 0, cnt5 = 0;static int n, k, x;public static void cnt2Cnt5Count() {Scanner input = new Scanner(System.in);for (int i = 0; i < n; i++) {x = input.nextInt();while (x % 2 == 0) {a2[i]++;x /= 2;cnt2++;}while (x % 5 == 0) {a5[i]++;x /= 5;cnt5++;}}}public static void main(String[] args) {Scanner input = new Scanner(System.in);n = input.nextInt();k = input.nextInt();cnt2Cnt5Count();int l = 0;long res = 0;for (int r = 0; r < n; r++) {cnt2 -= a2[r];cnt5 -= a5[r];while (Math.min(cnt2, cnt5) < k && l <= r) {cnt2 += a2[l];cnt5 += a5[l];l++;}res += (long) (r - l + 1);}System.out.println(res);}
}

五.小美的朋友关系

小美认为，在人际交往中，但是随着时间的流逝，朋友的关系也是会慢慢变淡的，最终朋友关系就淡忘了。

现在初始有一些朋友关系，存在一些事件会导致两个人淡忘了他们的朋友关系。小美想知道某一时刻中，某两人是否可以通过朋友介绍互相认识？

事件共有 2 种：

1 u v：代表编号 u 的人和编号 v 的人淡忘了他们的朋友关系。

2 u v：代表小美查询编号 u 的人和编号 v 的人是否能通过朋友介绍互相认识。

注：介绍可以有多层，比如 2 号把 1 号介绍给 3 号，然后 3 号再把 1 号介绍给 4 号，这样 1 号和 4 号就认识了。

输入描述

第一行输入三个正整数n,m,q，代表总人数，初始的朋友关系数量，发生的事件数量。接下来的m行，每行输入两个正整数u,v，代表初始编号u的人和编号v的人是朋友关系。接下来的q行，每行输入三个正整数op,u,v，含义如题目描述所述。

1<=n <= 10^9
1<= m,q<= 10^5
1<= u,v<= n
1<= op <= 2
保证至少存在一次查询操作。

输出描述

对于每次 2 号操作，输出一行字符串代表查询的答案。如果编号 u 的人和编号 v 的人能通过朋友介绍互相认识，则输出"Yes"。否则输出"No"。

示例 1

输入

5 3 5
1 2
2 3
4 5
1 1 5
2 1 3
2 1 4
1 1 2
2 1 3

输出

Yes
No
No

说明

第一次事件，1 号和 5 号本来就不是朋友，所以无事发生。

第二次事件是询问，1 号和 3 号可以通过 2 号的介绍认识。

第三次事件是询问，显然 1 号和 4 号无法互相认识。

第四次事件，1 号和 2 号淡忘了。

第五次事件，此时 1 号无法再经过 2 号和 3 号互相认识了。

思路与代码

离线处理数据(map)+并查集+逆向思维。

1.离线处理，因为这里的n非常大1e9,后面是使用并查集构造n个节点，father数组肯定装不下.

2.并查集处理加边,删边转换下思路

3.如果我们已经找出所有可能要删除的边，然后假设所有边都删除了，构建一个最终的并查集(这个并查集并不影响后面的删边的情况)。

4.逆向遍历所有的q次操作，如果是查询（1操作），使用并查集直接查出即可；如果是删除(2操作)，则往并查集添加边。

C++：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;unordered_map<int, int> father;
int find(int x) {return father[x] == x ? x : (father[x] = find(father[x]));
}void merge(int x, int y) {int i = find(x), j = find(y);if (i != j)father[i] = j;
}struct node {int op;int u;int v;
};int main() {int n, m, p;cin >> n >> m >> p;vector<node> all(p);set<pair<int, int> > q;set<pair<int, int> > q_del;for (int i = 0; i < m; i ++) {int u, v;cin >> u >> v;father[u] = u;father[v] = v;q.insert({u, v});//初始化需要建立的边}for (int i = 0; i < p; i ++) {cin >> all[i].op >> all[i].u >> all[i].v;father[all[i].u] = all[i].u;father[all[i].v] = all[i].v;if (all[i].op == 1) {q_del.insert({all[i].u, all[i].v});//需要删除的边}}for (auto e : q_del) {int u = e.first, v = e.second;if (q.count({u, v}) || q.count({v, u})) {q.erase(e);}}for (auto e : q) {merge(e.first, e.second);}vector<string> res;for (int i = p - 1; i >= 0; i --) {if (all[i].op == 1) {merge(all[i].u, all[i].v);} else {if (find(all[i].u) == find(all[i].v)) {res.push_back("Yes");} else {res.push_back("No");}}}reverse(res.begin(), res.end());for (string s : res) {cout << s << endl;}return 0;
}

Java：

import java.util.*;class Main {static Map<Integer, Integer> father;public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int m = scanner.nextInt();int p = scanner.nextInt();father = new HashMap<>();List<Node> all = new ArrayList<>();Set<Pair> q = new HashSet<>();Set<Pair> q_del = new HashSet<>();for (int i = 0; i < m; i++) {int u = scanner.nextInt();int v = scanner.nextInt();father.put(u, u);father.put(v, v);q.add(new Pair(u, v)); // 初始化需要建立的边}for (int i = 0; i < p; i++) {int op = scanner.nextInt();int u = scanner.nextInt();int v = scanner.nextInt();all.add(new Node(op, u, v));father.put(u, u);father.put(v, v);if (op == 1) {q_del.add(new Pair(u, v)); // 需要删除的边}}for (Pair e : q_del) {int u = e.first, v = e.second;if (q.contains(new Pair(u, v)) || q.contains(new Pair(v, u))) {q.remove(e);}}for (Pair e : q) {merge(e.first, e.second);}List<String> res = new ArrayList<>();for (int i = p - 1; i >= 0; i--) {if (all.get(i).op == 1) {merge(all.get(i).u, all.get(i).v);} else {if (find(all.get(i).u) == find(all.get(i).v)) {res.add("Yes");} else {res.add("No");}}}Collections.reverse(res);for (String s : res) {System.out.println(s);}}static int find(int x) {return father.get(x) == x ? x : find(father.get(x));}static void merge(int x, int y) {int i = find(x);int j = find(y);if (i != j) {father.put(i, j);}}static class Node {int op;int u;int v;Node(int op, int u, int v) {this.op = op;this.u = u;this.v = v;}}static class Pair {int first;int second;Pair(int first, int second) {this.first = first;this.second = second;}@Overridepublic boolean equals(Object obj) {if (this == obj) {return true;}if (obj == null || getClass() != obj.getClass()) {return false;}Pair pair = (Pair) obj;return first == pair.first && second == pair.second;}@Overridepublic int hashCode() {return Objects.hash(first, second);}}
}

最后：

觉得讲解不错的可以关注，反响不错的话，会更新此系列讲解视频，最后的最后祝大家offer满满！！！