笔试 | 大疆2021秋招笔试题及题解

DJI

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第一题

假设小杰有N个bug没有修，他每喝一杯咖啡(喝咖啡时间忽略不计)，就给自己一个小时内的debug效率提升到原来的A倍，一小时内重复喝没用，最多只能喝X杯，喝太多了晚上会睡不着，并且为了可持续发展，每天最多只能工作X个小时，而在没喝咖啡的情况下解决每个bug所需要的时间为t1,t2,...,tNt_1,t_2,...,t_Nt1,t2,...,tN分钟。
现在是早上8点，小杰马上要开始一天的工作了，他计划按从1-N的顺序修复他头上的这些bug，你能帮他计算出他今天能在8小时内修完所有的bug么？如果能，最少需要多少时间？

输入描述

第一行三个整数N A X (1<=N<=100, 1<=A<=8, 1<=X<=8)

输出描述

输出一个数字T，如果不能解完所有的bug，则输出0，否则输出最少的分钟数。(T为正整数，如果不满一分钟则按一分钟计算，一旦超过8小时则认为不能解决，所以T最大为480)。

样例输入

8 2 8
60
60
60
60
60
60
60
60

样例输出

样例输入

4 3 3
333
77
100
13

样例输出

分析

要最快地解决问题，当然是码足马力喝完X杯咖啡。
喝完X杯咖啡之后，最多能完成的工作量是之前A∗X∗60A*X*60A∗X∗60分钟的工作量。
那么就可以分为原工作量大于A∗X∗60A*X*60A∗X∗60以及不大于A∗X∗60A*X*60A∗X∗60两种。如果原来的工作量大于A∗X∗60A*X*60A∗X∗60，那么前X小时可以干X∗60X*60X∗60的工作量，剩下的时间只能慢慢按照原来的速度干活儿；如果原来的工作量小于等于A∗X∗60A*X*60A∗X∗60，那么最后所需要的时间就是原来所需时间的1/A1/A1/A。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {int N, A, X, t, sum = 0;cin >> N >> A >> X;for (int i = 1; i <= N; i++) {cin >> t;sum += t;}if (sum <= A * X * 60) {cout << sum / A + (sum % A != 0) << endl;} else {int ans = X + sum - A * X * 60;cout << (ans <= 480 ? ans : 0) << endl;}return 0;
}

第二题

有一排零食格子，每一个里面都有零食，并标有对应的价格。小A每次只能从里面拿走总价格小于V的零食。对于每个零食，小A都有一个内心的满意度，小A希望每次都能吃上让自己最满意的零食。
假设零食柜里每个格子只放一种零食，每种零食的数量是有限的，买完就没有了，零食只能按照整数倍购买，不能只买半件，求在有限价格内能买到的零食的最高满意度是多少？

输入描述

第一行两个整数N和T，N表示零食的种类数，T表示小A拥有的钱。(1<=N<=100, 1<=T<=10000)
然后输入N行，每行三个正整数用空格分开，按顺序表示零食的价格v，满意度l和零食的数量c。（1<=v<=100, 1<=l<=100, 1<=c<=100）

输出描述

对于每一组测试数据，输出一个正整数，如果无法购买任何一个零食则输出0，否则输出最大的满意度。

样例输入

2 10
1 1 1
1 1 1

样例输出

样例输入

3 100
26 100 4
5 1 4
5 2 2

样例输出

分析

当所有的c都等于1的时候，就是个0-1背包问题。
而这题是一个多重背的模版题。基本的思路是可以将每一件物品分成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略(取0,1,...,c0,1,...,c0,1,...,c件)可以等同于取若干件代换之后的物品，进而转换为0-1背包问题。具体的解法可以在公众号后台回复“背包”获得完整版的《背包九讲》pdf。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAX_V = 1e4 + 5;struct Item {int v, l;Item(int _v, int _l) : v(_v), l(_l) {}
};vector<Item> items;
int dp[MAX_V];int main() {int N, T, v, l, c;cin >> N >> T;for (int i = 1; i <= N; i++) {cin >> v >> l >> c;int count = 1;while (count <= c) {items.emplace_back(v * count, l * count);c -= count;count <<= 1;}if (c != 0) {items.emplace_back(v * c, l * c);}}memset(dp, 0, sizeof(dp));for (int i = 0; i < items.size(); i++) {for (int j = T; j >= items[i].v; j--) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - items[i].v] + items[i].l);}}cout << dp[T] << endl;return 0;
}

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