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✨ 本系列打算持续跟新携程近期的春秋招笔试题汇总～

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🥇 01.可爱的棋盘

问题描述

LYA 小姐最近迷上了国际象棋，但普通的国际象棋棋盘她已经玩腻了。为了增加趣味性，她想设计一种由 $c_1$ 和 $c_2$ 两种字符组成的 $n$ 行 $m$ 列的字符矩阵作为棋盘，并且希望相邻的字符都不相同（定义上下、左右都是相邻的）。你能帮帮 LYA 小姐设计这样一个棋盘吗？

输入格式

第一行输入两个正整数 $n$ 和 $m$，代表矩阵的行数和列数。

第二行输入两个字符 $c_1$ 和 $c_2$。

输出格式

输出 $n$ 行，每行 $m$ 个字符，表示矩阵。有多解时输出任意解即可。

样例输入

3 4
0 ?

样例输出

0?0?
?0?0
0?0?

数据范围

$1\le n,m\le 1000$

$c_1$ 和 $c_2$ 为 ASCII 可见字符

题解

本题的思路是按照棋盘的规则，依次填充每个位置的字符。我们可以发现，对于 $(i,j)$ 位置的字符，如果 $i+j$ 的奇偶性为奇数，就填充 $c_1$，否则填充 $c_2$，这样可以保证相邻的字符一定不同。按照这个规则依次填充整个矩阵即可得到答案。

时间复杂度 $O(nm)$，空间复杂度 $O(nm)$。

参考代码

• Python

n, m = map(int, input().split())
c1, c2 = input().split()for i in range(n):s = ""for j in range(m):if (i + j) % 2 == 1:s += c1else:s += c2print(s)

• 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 m = sc.nextInt();char c1 = sc.next().charAt(0);char c2 = sc.next().charAt(0);for (int i = 0; i < n; i++) {StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int j = 0; j < m; j++) {if ((i + j) % 2 == 1) {sb.append(c1);} else {sb.append(c2);}}System.out.println(sb.toString());}}
}

• Cpp

#include <iostream>
using namespace std;int main() {int n, m;char c1, c2;cin >> n >> m >> c1 >> c2;for (int i = 0; i < n; i++) {string row = "";for (int j = 0; j < m; j++) {if ((i + j) % 2 == 1) {row += c1;} else {row += c2;}}cout << row << endl;}return 0;
}

🥈 02.最大数字串

问题描述

A 先生有一个很长的数字串，他希望从中截取一段长度为 $k$ 的子串（可以包含前导零），使得截取出的这个数尽可能大。你能帮帮 A 先生找出这个最大的数吗？为了避免数字太大，你只需要输出这个数模 $p$ 的值。

输入格式

第一行输入一个字符串，表示 A 先生的数字串。

第二行输入两个正整数 $k$ 和 $p$，用空格隔开。

输出格式

输出一个整数，表示最大数模 $p$ 的值。

样例输入

12332
3 12

样例输出

8

数据范围

$1\le \text{字符串长度}\le 10^5$

$1\le p\le 10^9$

$1\le k\le {\log }_{10}(\text{字符串长度})$

题解

这题建议直接上python，内置大整数模拟就很舒服，其他语言题解待补充ing…

参考代码

• Python

s = input()
k, p = map(int, input().split())
num = int(s[:k])
ans = num
n = len(s)
pow10 = 10 ** (k - 1)for i in range(k, n):num = (num % pow10) * 10 + int(s[i])ans = max(ans, num)print(ans % p)

其他题解待补充ing…

🥉 03.区间乘积模 6

问题描述

LYA 有一个长度为 $n$ 的数组，她想知道对于给定的若干个区间，区间内所有元素的乘积模 $6$ 的值是多少。你能帮帮她吗？

输入格式

第一行输入两个正整数 $n$ 和 $q$，分别表示数组的长度以及询问的次数。

第二行输入 $n$ 个正整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$，表示数组中的元素。

接下来的 $q$ 行，每行输入两个正整数 $l$ 和 $r$，表示一次询问的区间为第 $l$ 个数到第 $r$ 个数（包括第 $l$ 和第 $r$ 个数）。

输出格式

输出共 $q$ 行，第 $i$ 行表示第 $i$ 次询问的结果。

样例输入

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

样例输出

0
2
2

数据范围

$1\le n,q\le 10^5$

$1\le a_i\le 10^9$

$1\le l\le r\le n$

题解

这道题可以使用前缀和的思想来解决。可以预处理出每个前缀中 $2$、$3$、$4$、$5$ 和 $0$ 的个数，然后对于每次询问，可以通过前缀和的差值得到区间内每个数的个数，然后用快速幂计算出区间内所有数的乘积模 $6$ 的结果。

用一个二维数组 $s$ 来存储前缀和，其中 $s[i][0]$ 表示前 $i$ 个数中 $2$ 和 $4$ 的个数之和，$s[i][1]$ 表示前 $i$ 个数中 $3$ 的个数，$s[i][2]$ 表示前 $i$ 个数中 $5$ 的个数，$s[i][3]$ 表示前 $i$ 个数中 $0$ 的个数。

对于每次询问 $[l,r]$，可以通过 $s[r][j]-s[l-1][j]$ 得到区间内每个数的个数，然后用快速幂计算出区间内所有数的乘积模 $6$ 的结果。需要注意的是，如果区间内存在 $0$，那么整个区间的乘积就是 $0$。

时间复杂度 $O(n+q\log m)$，其中 $m$ 表示数组中的最大值。空间复杂度 $O(n)$。

参考代码

• Python

def qmi(a, b, mod):res = 1 % modwhile b > 0:if b & 1 == 1:res = res * a % moda = a * a % modb >>= 1return resn, q = map(int, input().split())
a = [int(x) % 6 for x in input().split()]s = [[0] * 4 for _ in range(n + 1)]
for i in range(n):s[i + 1] = s[i][:]if a[i] == 2:s[i + 1][0] += 1if a[i] == 4:s[i + 1][0] += 2if a[i] == 3:s[i + 1][1] += 1if a[i] == 5:s[i + 1][2] += 1if a[i] == 0:s[i + 1][3] += 1for _ in range(q):l, r = map(int, input().split())cnt = [s[r][j] - s[l - 1][j] for j in range(4)]t = qmi(2, cnt[0], 6)t = t * qmi(3, cnt[1], 6) % 6t = t * qmi(5, cnt[2], 6) % 6t = t * qmi(0, cnt[3], 6)print(t)

• Java

import java.util.Scanner;public class Main {static long qmi(long a, long b, long mod) {long res = 1 % mod;while (b > 0) {if ((b & 1) == 1)res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;}public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int q = scanner.nextInt();long[] a = new long[n];for (int i = 0; i < n; i++) {a[i] = scanner.nextLong() % 6;}long[][] s = new long[n + 1][4];for (int i = 0; i < n; i++) {System.arraycopy(s[i], 0, s[i + 1], 0, 4);if (a[i] == 2)s[i + 1][0] += 1;if (a[i] == 4)s[i + 1][0] += 2;if (a[i] == 3)s[i + 1][1] += 1;if (a[i] == 5)s[i + 1][2] += 1;if (a[i] == 0)s[i + 1][3] += 1;}while (q-- > 0) {int l = scanner.nextInt();int r = scanner.nextInt();long[] cnt = new long[4];for (int j = 0; j < 4; j++) {cnt[j] = s[r][j] - s[l - 1][j];}long t = qmi(2, cnt[0], 6);t = t * qmi(3, cnt[1], 6) % 6;t = t * qmi(5, cnt[2], 6) % 6;t = t * qmi(0, cnt[3], 6);System.out.println(t);}}
}

• Cpp

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long longint qmi(int a, int b, int mod){int res = 1 % mod;while(b){if(b & 1)res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}signed main (){int n, q; cin >> n >> q;vector<int> a(n);for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i], a[i] %= 6;vector<vector<int>> s(n + 1, vector<int>(4));for(int i = 0; i < n; i ++){s[i + 1] = s[i]; if(a[i] == 2)s[i + 1][0] += 1;if(a[i] == 4)s[i + 1][0] += 2;if(a[i] == 3)s[i + 1][1] += 1;if(a[i] == 5)s[i + 1][2] += 1;if(a[i] == 0)s[i + 1][3] += 1;}while(q --){int l, r; cin >> l >> r;vector<int> cnt(4);for(int j = 0; j < 4; j ++){cnt[j] = s[r][j] - s[l - 1][j];}int t = qmi(2, cnt[0], 6);t = t * qmi(3, cnt[1], 6) % 6;t = t * qmi(5, cnt[2], 6) % 6;t = t * qmi(0, cnt[3], 6);cout << t << "\n";}return 0;
}

🎖 04.卢小姐的树上游戏

题目描述

卢小姐拿到了一棵 $n$ 个节点的树，每个节点上都有一个数字（$0$ 到 $9$ 之间）。

现在卢小姐定义 $f(i)$ 为：以 $i$ 号节点为起点时，选择一条路径，使得路径上的数字拼接起来能被 $3$ 整除的方案数。注意前导零也是合法的。

现在卢小姐希望你能帮她求出 $f(1)$ 到 $f(n)$ 的值。

输入格式

第一行包含一个正整数 $n$，表示树的节点数。

第二行包含 $n$ 个整数，第 $i$ 个数 $a_i$ 表示 $i$ 号节点上的数字。

接下来 $n-1$ 行，每行包含两个正整数 $u$ 和 $v$，表示 $u$ 号节点和 $v$ 号节点之间有一条边。

输出格式

输出共 $n$ 行，第 $i$ 行输出 $f(i)$ 的值。

样例输入

3
1 2 3
1 2 
2 3

样例输出

2
1
2

样例输入

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

样例输出

1
3
2
1
0

数据范围

• $1\le n\le 10^5$
• $0\le a_i\le 9$

题解

考虑对这棵树进行 DFS。设 $cn{t}_u[i]$ 表示以 $u$ 为根的子树中，从 $u$ 出发，路径上的数字拼接起来对 $3$ 取模为 $i$ 的方案数。

我们可以通过 DFS 求出每个节点的 $cnt$ 数组。对于节点 $u$，初始时 $cn{t}_u[a[u]\mathrm{mod}3]=1$，然后对于 $u$ 的每个子节点 $v$，我们已经求出了 $cn{t}_v$，则有：

$$cn{t}_u[(j+a[u])\mathrm{mod}3]+=cn{t}_v[j],j=0,1,2$$

这样，我们就可以求出每个节点的 $cnt$ 数组。而 $f(i)$ 就等于 $cn{t}_i[0]$。

但是，这样做有一个问题：当我们求 $f(i)$ 时，$cnt$ 数组已经被子节点的贡献所影响，不再是以 $i$ 为根的子树的情况了。

为了解决这个问题，我们可以再进行一次 DFS。设 $t_u[i]$ 表示除了以 $u$ 为根的子树之外，其他部分对 $u$ 的 $cnt$ 数组的贡献。在第二次 DFS 中，对于节点 $u$ 的子节点 $v$，我们先计算出 $t_v$：

$$t_v[i]=cn{t}_u[i]-cn{t}_v[(i-a[u]+3)\mathrm{mod}3],i=0,1,2$$

然后，我们可以更新 $cn{t}_v$：

$$cn{t}_v[(j+a[v])\mathrm{mod}3]+=t_v[j],j=0,1,2$$

这样，$cn{t}_v$ 就变成了以 $v$ 为根的子树的情况，我们就可以求出 $f(v)=cn{t}_v[0]$。

总时间复杂度 $O(n)$。

参考代码

• Python

n = int(input())
a = [0] + list(map(int, input().split()))
a = [x % 3 for x in a]
g = [[] for _ in range(n+1)]
for _ in range(n-1):u, v = map(int, input().split())g[u].append(v)g[v].append(u)mp = {}def dfs1(u, pre):cnt = [0] * 3cnt[a[u]] = 1for i in g[u]:if i != pre:t = dfs1(i, u)for j in range(3):cnt[(j + a[u]) % 3] += t[j]mp[u] = cntreturn cntdfs1(1, -1)
f = [0] * (n+1)
f[1] = mp[1][0]def dfs2(u, pre):cur = a[u]for i in g[u]:if i != pre:t, k, z = [0] * 3, [0] * 3, [0] * 3for j in range(3):z[j] = mp[i][(j - cur + 3) % 3]t[j] = mp[u][j] - z[j]k[(j + a[i]) % 3] = t[j]for j in range(3):mp[i][j] += k[j]f[i] = mp[i][0]dfs2(i, u)dfs2(1, -1)
for i in range(1, n+1):print(f[i])

• Java

import java.util.*;public class Main {static List<List<Integer>> tree;static int[] a;static int n;static long[] f;static int[][] dp;static Map<Integer, int[]> mp = new HashMap<>();private static int[] dfs(int node, int parent) {int[] cnt = new int[3];cnt[a[node] % 3] = 1;for (int child : tree.get(node)) {if (child != parent) {int[] t = dfs(child, node);for (int j = 0; j < 3; j++) {cnt[(j + a[node] % 3) % 3] += t[j];}}}mp.put(node, cnt);return cnt;}private static void reroot(int node, int parent) {f[node] = mp.get(node)[0];for (int child : tree.get(node)) {if (child != parent) {int[] t = new int[3];int[] k = new int[3];int[] z = new int[3];int[] childCnt = mp.get(child);int[] nodeCnt = mp.get(node);for (int j = 0; j < 3; j++) {z[j] = childCnt[(j - a[node] + 3) % 3];t[j] = nodeCnt[j] - z[j];k[(j + a[child] % 3) % 3] = t[j];}for (int j = 0; j < 3; j++) {childCnt[j] += k[j];}mp.put(child, childCnt);reroot(child, node);}}}public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);n = scanner.nextInt();tree = new ArrayList<>();a = new int[n + 1];f = new long[n + 1];dp = new int[n + 1][3];for (int i = 0; i <= n; i++) {tree.add(new ArrayList<>());}for (int i = 1; i <= n; i++) {a[i] = scanner.nextInt() % 3;}for (int i = 0; i < n - 1; i++) {int u = scanner.nextInt();int v = scanner.nextInt();tree.get(u).add(v);tree.get(v).add(u);}dfs(1, -1);reroot(1, -1);for (int i = 1; i <= n; i++) {System.out.println(f[i]);}scanner.close();}
}

• Cpp

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e5 + 5;int n;
int a[N];
vector<int> g[N];
unordered_map<int, vector<int>> mp;
int f[N];vector<int> dfs1(int u, int pre) {vector<int> cnt(3);cnt[a[u]] = 1;for (int i : g[u]) {if (i != pre) {auto t = dfs1(i, u);for (int j = 0; j < 3; j++) {cnt[(j + a[u]) % 3] += t[j];}}}mp[u] = cnt;return cnt;
}void dfs2(int u, int pre) {int cur = a[u];for (int i : g[u]) {if (i != pre) {vector<int> t(3), k(3), z(3);for (int j = 0; j < 3; j++) {z[j] = mp[i][(j - cur + 3) % 3];t[j] = mp[u][j] - z[j];k[(j + a[i]) % 3] = t[j];}for (int j = 0; j < 3; j++) {mp[i][j] += k[j];}f[i] = mp[i][0];dfs2(i, u);}}
}int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);a[i] %= 3;}for (int i = 1; i < n; i++) {int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs1(1, -1);f[1] = mp[1][0];dfs2(1, -1);for (int i = 1; i <= n; i++) {printf("%d\n", f[i]);}return 0;
}

写在最后

📧 清隆这边最近正在收集近一年互联网各厂的笔试题汇总，如果有需要的小伙伴可以关注后私信一下 清隆领取，会在飞书进行同步的跟新。