阿里内推算法岗位编程笔试题

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算法岗是地图上色，相邻块颜色不同问题，类似以前奥数的五色地图。递推求公式可解。

###/填坑部分*****/

###题目表述：

一个圆分成n个扇形，用m种颜色上色，要求相邻两个颜色不同。求有多少种不同的方法。

###思路：

首先考虑一些奇怪的临界值

n=1：有m种可能。

n=2：有m（m-1）种可能。

m<2:并且n>2:毫无可能。

然后考虑正常情况

第一个扇面有m种可能，在不考虑最后一个和第一个扇面的颜色关系情况下，后面的n-1块都是有m-1种可能性。但这样得到的可能性是多的，接下来就是要考虑减去第一块和最后一块同色的情况。

当同色时候，其实可以把两个扇面融合，看成一个扇面，这是本题求解的关键。这样减去的部分就可以变成问题参数是（n-1，m）时得到的可能性。

递归表达式出来了：

###S(n,m) = m*(m-1)^(n-1) - S(n-1,m)

其实可以进一步运用高中数学中数列知识，把m看成常数，配一下项，变成等比数列，直接得到最后通式：

###Sn = (-1)^n * (m-1) + (m-1)^n

具体操作不展开了…因为我懒，并且打公式好烦。

代码如下：

#include <iostream>
#include <math.h>
using namespace std;
double digui(int n, int m){if(n==1)return m;if(n==2){if (m<2)return 0.0;return (double)m*(m-1);}return m*pow(double(m-1), double(n-1))-digui(n-1, m);
}
int main(){int N, M;cin >> N >> M;int ans = 0;ans=(int)digui(N,M);printf("%d", ans);return 0;
}

开发岗是求矩阵最短路径，DP思想，构建状态矩阵可解。
###/填坑部分*****/
###题目表述：
一行方格还是瓷砖n个，有m种颜色可以用来上色，每个格子上色的价格是不同（比如第一个上红色5元，第二个上红色3元）。要求相邻格子的颜色不同情况下，最小花费是多少。
输入格式：
n m
第一格填不同颜色的价格：a b c …(一共m行)
。
。
。
第n格…
比如：
3 3
12 10 8（给第一个格子上色，三种颜色的价格）
6 5 4
9 5 4
###思路：
第一眼以为和算法岗一样，后来仔细一看就发现天差地别。这是经典的DP，状态转移。
找不到题目了，拍照不清楚。。。
大概就是一个矩阵，里面都是正数，然后从最上面走到最下面最小cost是多少这种题目一样，只不过加了一个不能相邻格子走直线而已。

        </div><link href="https://csdnimg.cn/release/phoenix/mdeditor/markdown_views-258a4616f7.css" rel="stylesheet"></div>

先挂题目

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光明小学的小朋友们要举行一年一度的接力跑大赛了，但是小朋友们却遇到了一个难题：设计接力跑大赛的线路，你能帮助他们完成这项工作么？
光明小学可以抽象成一张有N个节点的图，每两点间都有一条道路相连。光明小学的每个班都有M个学生，所以你要为他们设计出一条恰好经过M条边的路径。
光明小学的小朋友们希望全盘考虑所有的因素，所以你需要把任意两点间经过M条边的最短路径的距离输出出来以供参考。

你需要设计这样一个函数：
res[][] Solve( N, M, map[][]);
注意：map必然是N * N的二维数组，且map[i][j] == map[j][i]，map[i][i] == 0，-1e8 <= map[i][j] <= 1e8。（道路全部是无向边，无自环）2 <= N <= 100, 2 <= M <= 1e6。要求时间复杂度控制在O(N^3*log(M))。

map数组表示了一张稠密图，其中任意两个不同节点i,j间都有一条边，边的长度为map[i][j]。N表示其中的节点数。
你要返回的数组也必然是一个N * N的二维数组，表示从i出发走到j，经过M条边的最短路径
你的路径中应考虑包含重复边的情况。

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题目特别长，加上有点紧张，光是读题目就花了很久的时间。泪流满面谨以此题纪念即将三挂阿里的我。

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思路有点类似与求和问题，牛客网上的一道题目https://www.nowcoder.com/practice/11cc498832db489786f8a03c3b67d02c?tpId=85&&tqId=29869&rp=1&ru=/activity/oj&qru=/ta/2017test/question-ranking但不完全一样。有兴趣可以做做。

先挂代码吧。。。

package ali;
import java.util.Scanner;
public class zhaolu {
public static void main(String[] args) {
Scanner input = new Scanner(System.in);
int n = input.nextInt();
int m = input.nextInt();
long[][] map = new long[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
map[i][j] = input.nextLong();
}
}
long[][] res = new long[n][n];
for (int i = 0; i < res.length; i++) {
for (int j = 0; j < res.length; j++) {
res[i][j] = Integer.MAX_VALUE;
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
int nowrow = i;
int nowcol = i;
int distance = 0;
solve(nowcol, m, map, res, distance, nowrow);
}
for (int i = 0; i < res.length; i++) {
for (int j = 0; j < res.length; j++) {
System.out.print(res[i][j] + " ");
}
System.out.println();
}
}
public static void solve(int nowcol, int m, long[][] map, long[][] res, long distance, int nowrow) {
if (m == 0) {
if (distance < res[nowrow][nowcol]) {
res[nowrow][nowcol] = distance;
return;
}
return;
}
for (int nextcol = 0; nextcol < map[0].length; nextcol++) {
if (nowcol != nextcol) {
solve(nextcol, m - 1, map, res, distance + map[nowcol][nextcol], nowrow);
}
}
return;
}
}

其实就一个solve函数。

nowrow，记录当前是哪一个出发点，每一行可以对应一个出发点。

nowcol，记录当前走到了哪一个节点。

m，用来记录还需要走多少步。

res，记录最短路径的矩阵

distance，表示当前走的距离

跳出递归的条件是，m==0也就是走完了规定的步数，更改记录的条件是，当前这种走法比以前的走法都要短。

递归过程中下一步是不能与当前位置重合的。

突然发现没什么好讲的了……这题思路并不难，就是参数比较多，处理起来容易出错……

祝大家好运～我再去哭一会儿……

编程题共3道，貌似与其它岗位的小伙伴题目都不一样，本人遇到的难度较低。另外题面包含错别字以及描述不太清晰，值得吐槽。

第一题最小整数

有一个32位整数n，试找一个最小整数m，使得m的每一位之积等于n，如果找不到这样的整数，输出0

分析可知，整数m的所有位均为2-9的整数，对n做质因数分解变形（每次从9-2取数字做整除），能成功分解证明可以找到合适的整数，然后对分解出来的数字进行排序，从小到大输出，未发现明显trick，1A

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
LL m ,n;
LL item[1000];
LL cnt;
int yinshufenjie(LL num){
cnt =0;
LL i;
LL temp = num;
do{
temp=num;
for (i = 9;i >=2 ;i--)
{
while (num != i)
{
if (num%i == 0)
{
item[cnt++] = i;
num = num / i;
}
else break;
}
}
}while(temp != num);
if(num<10){
item[cnt++]=num;
return 1;
}
else{
return 0;
}
}
int main()
{
LL m ,n;
cin>>n;
if(yinshufenjie(n)){
sort(item,item+cnt);
for(int i=0;i<cnt;i++){
cout<<item[i];
}
cout<<endl;
}
else{
cout<<"0"<<endl;
}
return 0;
}

第二题 NTES子串判断

水题，判断是否存在目标顺序的字符

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
int main(){
int t;
char s[101];
char ntes[10]="NTES\0";
int len = strlen(ntes);
cin>>t;
while(t--){
cin>>s;
int cnt =0;
int l = strlen(s);
for(int i=0;i<l;i++){
if(s[i]==ntes[cnt]){
cnt++;
}
if(cnt>len){
break;
}
}
//cout<<cnt<<endl;
if(cnt == len){
cout<<"yes"<<endl;
}
else{
cout<<"no"<<endl;
}
}
return 0;
}
/*
2
STNETEDTS
TSENSTE
*/

第三题树的深度

给出n 和 n行，n代表树有n个节点，接下来的n行，每一行有两个数字，代表该节点的左右子节点是否存在，1为存在，-1为不存在。节点输入的顺序有序，第一组为根节点的左右子节点，求树的最大深度。

分析：已知节点有序，证明同样深度的节点顺序出现，从子节点信息也可以累加下一层有多少个节点，因此只需要遍历输入，统计当前层和下一层有多少节点，累加深度即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
struct node{
int left;
int right;
}tree[101];
int main(){
int n;
cin>>n;
int father[101];
int left,right;
int cp=1;
int nextp=0;
int dep = 1;
for(int i=0;i<n;i++){
cp--;
cin>>left>>right;
if(left>0){
nextp+=1;
}
if(right>0){
nextp+=1;
}
if(cp==0){
cp=nextp;
if(cp>0){
dep+=1;
}
nextp=0;
}
}
cout<<dep<<endl;
return 0;
}