2020届实习招商银行信用卡笔试题（IT算法方向）python版（同2019春招笔试题）

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单选题&多选题节选

编程题1

编程题2

编程题3

问答题（二选一）

单选题节选

有多选和单选，有点恶心的。。不确定答案，仅截图记录了。

编程题1

第一题解答：

a = []
n = int(input())
m = int(input())
for i in range(n):a.append(int(input()))kmin = max(a)for i in range(m):a[a.index(min(a))] += 1print(max(a), kmin + m)

编程题2

先手写了几个情况，从6、7、8、9写了4个，发现推导过程中，蕴含着一个迭代的过程，所以考虑找规律。最终归纳为一个等比数列求和的问题：


n = int(input())if n>=6:print( 2**(n-6)%666666666 )
else:print(0)

然后神奇地发现case100%，通过了。。。

编程题3

此题原型为Codeforces 558C Amr and Chemistry，可网上搜索相关答案。

下面给出2种解答：

第一种case通过率80%：

#!/usr/bin/env python3
# -*- coding: utf-8 -*-
"""
Created on Thu Apr 11 13:49:13 2019
第三题
试剂x2或者/2，最少几次使得试剂量相等
@author: youxinlin
"""'''
# input
3
4 8 2
# output
2# input
3
3 5 6
# output
5
'''read = lambda: map(int, input().split())
n = int(input())
a = list(read())m = max(a) + 1 #最大剂量+5cnt = [0] * m print('ori cnt = ',cnt)step = [0] * m
print('ori step = ',step)was = [-1] * m  #几种档位
print('ori was = ',was)
print(' ')for i in range(n):x = a[i]q = [(x, 0)]st = 0while st < len(q):x, y = q[st] #数值，步数st += 1if x >= m or was[x] == i: #若翻倍后的剂量大于一开始时的【最大剂量】，或，没有更多选择了（即q中之后其他的备选方案中剂量已经是达到过的x了）# 不让最终方案的剂量大于一开始最多剂量的那瓶，减少运算量。因为若选择往上翻倍，必然存在最小公倍数，则无止境。continuewas[x] = i  #was的索引表示剂量档位，第i瓶试剂达到了这个档位，则置该档位为该瓶标号i;#  如果没有瓶子达到过某个档位 则该位一直是-1# 所以 was数组记录着情况print('was = ',was)       step[x] += y # 某瓶达到x档位所需要的步数。（ 不用st，保证是最少的步数！）print('step = ',step)        cnt[x] += 1 #计数。某瓶试剂量达到x档位后，这个档位被达到的次数+1。print('cnt = ',cnt)q.append((x * 2, y + 1)) #q存放方案，每次操作都可以乘以2或者除以2。x表示剂量，y表示第几次操作q.append((x // 2, y + 1))print('q =',q)print('\n')result = min(step[x] for x in range(m) if cnt[x] == n)  #当 cnt[x]==n，表示x这个档位同时有n瓶达到过，即符合所有瓶子的剂量相等的条件
# 即可以让每瓶的剂量都 等于 x ，从而满足要求
# step[x] 记录着 让每瓶剂量都等于x所需要的最小操作次数
# 再从step[x]中选出最小值 即题目所求最小值
print(result)

这种方案优先选择往下降倍的方案的原因是：假设有两瓶试剂，一开始剂量为a，b。

往上翻倍达到二者剂量最小公倍数需要的操作次数是：

log2(b)+log2(a)，if a,b互质

log2(b/a)，if b能整除a，即b为最小公倍数

往下除以2达到二者剂量的最大公约数需要的操作次数是：

log2(a)+log2(b)，if a,b互质

log2(b/a)，if b能整除a，即a是最大公约数

故二者操作次数相等，只需考虑往下降倍的方案，使得穷举方案时可以收敛到剂量为0，在有限步骤内完成。

第二种方案是网上别人作答方案：

#第三题python3：（更快版本）
def main():input()aa = list(map(int, input().split()))le, l = max(aa).bit_length(), []for i, a in enumerate(aa):j = le - a.bit_length()aa[i] = a << jl.append(j)mi, ma = min(aa), max(aa)a = mask = (1 << le) - 1if mi == ma:while mi == mi & a:mask = aa &= a << 1else:while mi != ma:mask &= mask << 1mi >>= 1ma >>= 1while not (mi & 1):mask &= mask << 1mi >>= 1mask ^= (1 << le) - 1le = mask.bit_length() + 1res = [0] * lecache = {}for a, i in zip(aa, l):a &= maskif a:a = a.bit_length()tmp = cache.get((i, a))if tmp is None:cache[i, a] = tmp = [0] * leif a:base, baseidx = a - i, le - a - 1else:base, baseidx = 0, le - i - 1i, j = baseidx, basewhile i:i -= 1j += 1tmp[i] = ji, j = baseidx, basewhile i < le:tmp[i] = ji += 1j += 1for i, j in enumerate(tmp):res[i] += jprint(min(res))if __name__ == '__main__':main()

问答题（二选一）

选答了第二题。

正好最近看了一些稀少目标检测的文献：Schwartz E , Karlinsky L , Shtok J , et al. RepMet: Representative-based metric learning for classification and one-shot object detection[J]. 2018.

这篇文章里很详实地介绍了少量样本训练和分类识别问题的related work，通过阅读相关工作，可以大概了解一下现有的方法。另外，作者也基于DML提出了新的网络模型用于解决这个问题。

用DML来处理稀少样本问题是个不错的途径。推荐一本外文书：Metric Learning: A Survey。

看完大概也能讲出一些东西，这样开放题，言之有理即可吧。