數內排序

分析

字符串讀入,逆序排序即可。

時間復雜度

O(len(x)*log(len(x)))

參考代碼

#include

using namespace std;

int main() {

string x;

cin >> x;

sort(x.begin(), x.end());

reverse(x.begin(), x.end());

cout << x << endl;

return 0;

}

幸運時刻

分析

按題意模擬即可。

時間復雜度

O(n)

參考代碼

#include

using namespace std;

int n;

int main() {

cin >> n;

string s;

int cnt = 0;

int flag;

for(int i = 0; i < n; i++) {

cin >> s;

flag = 0;

if(s[0] == s[3] && s[1] == s[4]) flag = 1;

if(s[0] == s[1] && s[3] == s[4]) flag = 1;

if(s[0] == s[4] && s[1] == s[3]) flag = 1;

if(flag) cnt++;

}

cout << cnt << endl;

}

有趣的硬幣

分析

根據有趣硬幣的定義，挨著判斷統計即可。

時間復雜度

O(n)

參考代碼

#include

using namespace std;

string s;

int main() {

cin >> s;

s = s[0] + s;

s = s + s[s.size() - 1];

int cnt = 0;

for(int i = 1; i < s.size() - 1; i++) {

if(s[i] != s[i - 1] || s[i] != s[i + 1]) {

cnt++;

}

}

cout << cnt << endl;

return 0;

}

整除

分析

本質是找1~n的最小公倍數,

根據唯一分解定理和最小公倍數的定義。。。

求每個素因子的最大個數相乘即可。

時間復雜度

O(n*sqrt(n))

參考代碼

#include

using namespace std;

const int maxn = 100000 + 5;

int tmp[maxn];

int n;

int main() {

cin >> n;

for(int i = 1; i <= n; i++) {

int k = i;

for(int j = 2; j * j <= n; j++) {

int s = 0;

while(k % j == 0) {

s++;

k /= j;

}

tmp[j] = max(tmp[j], s);

}

if(k > 1) tmp[k] = max(tmp[k], 1);

}

long long res = 1;

for(int i = 1; i <= 100000; i++) {

for(int j = 0; j < tmp[i]; j++) {

res = res * i % 987654321;

}

}

cout << res << endl;

return 0;

}

牛牛下象棋

分析

dp[i][a][b]表示i次移動后，馬位于坐標(a，b)的情況數。

考慮下一步的八種移動方式對應的8個坐標分別為(a1，b1)...(a8，b8)，則狀態轉移方程如下：

dp[i+1][a1][b1] += dp[i][a][b]

dp[i+1][a2][b2] += dp[i][a][b]

...

dp[i+1][a8][b8] += dp[i][a][b]

初始狀態為除了dp[0][0][0] = 1，其余都為0。答案就是dp[K][X][Y]。

時間復雜度

O(81*K)

參考代碼

#include

using namespace std;

long long dp[100005][10][10];

int d[10][2] = {{1, 2}, {1, -2}, {-1, 2}, {-1, -2}, {2, 1}, {2, -1}, {-2, 1}, {-2, -1}};

int main() {

int k, X, Y, tx, ty;

scanf("%d%d%d", &k, &X, &Y);

dp[0][0][0] = 1;

for(int i = 0; i < k; i++) {

for(int x = 0; x <= 8; x++) {

for(int y = 0; y <= 8; y++) {

for(int j = 0; j < 8; j++) {

tx = x + d[j][0];

ty = y + d[j][1];

if(0 <= tx && tx <= 8 && 0 <= ty && ty <= 8)

dp[i+1][tx][ty] = (dp[i + 1][tx][ty] + dp[i][x][y]) % 1000000007;

}

}

}

}

printf("%lld\n", dp[k][X][Y]);

return 0;

}

牛牛的括號匹配

分析

考慮如何判斷一個串是否合法的過程：?依次處理字符，若是'('則入棧，若是')'則從棧中彈出一個'('. 若沒有'('則不合法.?那么此題就是上述過程的變種，在處理過程中允許兩次變換.可以只考慮')'->'('的方向.?1、如果當前是'('，直接入棧.?2、如果當前是')'，如果棧非空，則彈出一個'('; 如果棧空就把當前的')'變成'('入棧. (標記最多只能變化一次).?用flag標記是否有將')'變為'('的操作. 結果棧要么為空，要么全是'('.

如果整個字串沒有被處理完，那么肯定是"No".

如果flag=0, 那么要求沒有'('剩下.

如果flag=1, 那么結果棧中的'('只能是兩個. "((" -> "()".

時間復雜度

O(len(s))

參考代碼

#include

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;

char str[maxn];

stack s;

int main() {

int t;

cin >> t;

while(t--) {

while(!s.empty()) s.pop();

scanf("%s", str);

int n = strlen(str);

if(n == 2) {

if(str[0] == '(' && str[1] == ')') {

puts("No");

continue;

}

}

int i;

int flag1 = 0;

for(i = 0; i < n; i++) {

if(str[i] == '(') {

s.push('(');

} else {

if(!s.empty()) s.pop();

else {

if(flag1) break;

flag1 = 1;

s.push('(');

}

}

}

if(i == n) {

if(!flag1) {

if(s.empty()) puts("Yes");

else puts("No");

}

else {

if(s.size() != 2) puts("No");

else puts("Yes");

}

}

else puts("No");

}

return 0;

}

分解整數

分析

范圍巨大。。

但是直覺上覺得可以很快出答案，

于是答案枚舉一個數,判斷另外一個數的合法性。

就跑過了。。

時間復雜度

O(跑得過)

參考代碼

#include

int main() {

int t;

long long n, x, y;

scanf("%d", &t);

while(t--) {

scanf("%lld", &n);

if(n & 1)

printf("No\n");

else {

for(y = 2; y <= n; y += 2) {

if(n % y == 0 && ((n / y) & 1)) {

x = n / y;

break;

}

}

printf("%lld %lld\n", x, y);

}

}

return 0;

}

生成回文串

分析

dp[l][r]表示區間 [l, r] 內的回文串數目。

于是dp[l][r] = dp[l][r - 1] + dp[l + 1][r],

根據s[l] ?= s[r], 來看是+1還是減掉重復的部分。

時間復雜度

O(n^2)

參考代碼

#include

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 50 + 5;

LL dp[maxn][maxn];

char s[maxn];

int main() {

scanf("%s", s + 1);

int len = strlen(s + 1);

memset (dp, 0, sizeof(dp));

for(int i = 1; i <= len; i++) {

for(int l = 1; l + i - 1 <= len; l++) {

int r = l + i - 1;

dp[l][r] += dp[l + 1][r];

dp[l][r] += dp[l][r - 1];

if (s[l] == s[r]) dp[l][r] += 1;

else dp[l][r] -= dp[l + 1][r - 1];

}

}

printf ("%lld\n", dp[1][len]);

return 0;

}

總結

以上是生活随笔為你收集整理的京东android面试题2019,京东2019春招编程题参考代码的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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