vivo 2020届校招在线编程笔试

题目：运矿车

小v最近在玩一款挖矿的游戏，该游戏介绍如下：
1、每次可以挖到多个矿石，每个矿石的重量都不一样，挖矿结束后需要通过一款平衡矿车运送下山；
2、平衡矿车有左右2个车厢，中间只有1个车轮沿着导轨滑到山下，且矿车只有在2个车厢重量完全相等且矿石数量相差不超过1个的情况下才能成功运送矿石，否则在转弯时可能出现侧翻。
假设小v挖到了n（n<100）个矿石，每个矿石重量不超过100，为了确保一次性将n个矿石都运送出去，一旦矿车的车厢重量不一样就需要购买配重砝码。请问小v每次最少需要购买多少重量的砝码呢? （假设车厢足够放下这些矿石和砝码，砝码重量任选）

用例：

输入描述:
输入n个正整数表示每个矿石的重量

输出描述:
输出一个正整数表示最少需要购买的砝码重量

输入例子1:
3 7 4 11 8 10

输出例子1:
1

例子说明1:
小v可以将重量3,7和11的矿石放到左车厢，重量4，8和10 放到右车厢，然后购买重量为1的砝码放到左车厢

想法

一开始毫无头绪，想的都是往两个栈里进出，不得要领。
后来想到假设两个车厢都是满的，不做加减，只做交换，就容易了很多。
小车厢的容量是固定的，就是矿石数量一半下取整。只要小车厢的载重逼近半重，大小车厢的载重差就越小，买的砝码就少。可以将数组分成两个大小车厢，通过循环历遍一节车厢的每一块石头，比较另一个车厢中是否有可以替换的矿石，使该车厢载重最逼近标准线（半重）。
但在如何出这个历遍的时候，出现了麻烦。
后来想到用一个标记量记录连续未替换的次数，如果连续一轮都没有替换的，说明已是最优情况，可以跳出导出结果。

    private static int solution(int[] input) {//准备工作---定义小车厢的容量，求小车厢的载重，矿石总重，标准线（半重）int len =input.length/2,littleCaseWeight=0,allweight=0;final double halfweight;for(int i : input){ //求总重allweight+=i;}halfweight=(double)allweight/2;//求半重for(int i=0;i<len;i++){littleCaseWeight+=input[i];}int flag=len;int index=0;while (flag>0){flag--;double deltaweight=Math.abs(halfweight-littleCaseWeight);int swapindex=-1;for(int i=len;i<input.length;i++){int trylittleCaseWeight=littleCaseWeight-input[index]+input[i];if(Math.abs(trylittleCaseWeight-halfweight)<deltaweight){deltaweight=Math.abs(trylittleCaseWeight-halfweight);swapindex=i;}}if(swapindex!=-1){littleCaseWeight=littleCaseWeight-input[index]+input[swapindex];//刷新小车厢载重和交换石块位置int temp=input[index];input[index]=input[swapindex];input[swapindex]=temp;flag=len;//替换后应该再开一轮}index=(index+1)%len;//从头循环}return Math.abs(allweight-2*littleCaseWeight);}

后来又想到两个极端情况。
1.重的矿石先放进小车厢。因为容量固定，在这种情况下还无法超过半重，重石块换轻石块更是不可能，就可以直接导出结果了。
2.轻的石块先放小车厢。因为容量固定，在这种情况下还无法低于半重，轻石块换重石块更是不可能，就可以直接导出结果了。
那先对其进行部分选择排序，判断极端情况，应该能提升不少效率。

    private static int solution(int[] input) {//准备工作---定义小车厢的容量，求小车厢的载重，矿石总重，标准线（半重）int len =input.length/2,littleCaseWeight=0,allweight=0;final double halfweight;for(int i =0;i<len;i++){//进行部分选择排序，把最重的几块矿石填满小车厢int max_index=i;for(int j=i;j<input.length-1;j++){if(input[j]<input[j+1]){max_index=j+1;}}int temp=input[max_index];input[max_index]=input[i];input[i]=temp;}for(int i : input){ //求总重allweight+=i;}halfweight=(double)allweight/2;//求半重for(int i=0;i<len;i++){littleCaseWeight+=input[i];}//准备完后可得，小车厢都是重石块，如果小车载重小于标准线，说明换石块是不可能让形成载重逼近标准线，可直接得到结果if(littleCaseWeight<=halfweight){//            for(int i: input)System.out.print(i+",");return allweight-2*littleCaseWeight;}//如果小车载重高于标准线，就需要调换小石块，使其逼近标准线，应该循环每个石块，在大车厢里找一块轻石块替换该石块，让小车厢载重更逼近标准线。如果1正轮都找不到，说明已经最接近了int flag=len;int index=0;while (flag>0){flag--;double deltaweight=Math.abs(halfweight-littleCaseWeight);int swapindex=-1;for(int i=len;i<input.length;i++){int trylittleCaseWeight=littleCaseWeight-input[index]+input[i];if(Math.abs(trylittleCaseWeight-halfweight)<deltaweight){deltaweight=Math.abs(trylittleCaseWeight-halfweight);swapindex=i;}}if(swapindex!=-1){littleCaseWeight=littleCaseWeight-input[index]+input[swapindex];//刷新小车厢载重和交换石块位置int temp=input[index];input[index]=input[swapindex];input[swapindex]=temp;flag=len;//替换后应该再开一轮}index=(index+1)%len;//从头循环}return Math.abs(allweight-2*littleCaseWeight);}

题目2

今年7月份vivo迎来了新入职的大学生，现在需要为每个新同事分配一个工号。人力资源部同事小v设计了一个方法为每个人进行排序并分配最终的工号，具体规则是：
将N（N<10000）个人排成一排，从第1个人开始报数；如果报数是M的倍数就出列，报到队尾后则回到队头继续报，直到所有人都出列；
最后按照出列顺序为每个人依次分配工号。请你使用自己擅长的编程语言帮助小v实现此方法。

用例：

输入描述:
输入2个正整数，空格分隔，第一个代表人数N，第二个代表M：

输出描述:
输出一个int数组，每个数据表示原来在队列中的位置用空格隔开，表示出列顺序：

输入例子1:
6 3

输出例子1:
3 6 4 2 5 1

例子说明1:
6个人排成一排，原始位置编号即为1-6。最终输出3 6 4 2 5 1表示的是原来编号为3的第一个出列，编号为1的最后一个出列。

想法

看到题目的第一反应是“约瑟夫环问题”，但细细一品又不一样，所以前几天找的数学解法不能套用，那就只能模拟了。但模拟时发现题目隐藏着两个要求
要求1：重新排队（要求新序列）
要求2：还没有分配工号（保留旧信息）
以N=7，M=3为例。结果是3 6 2 7 5 1 4。
要求新序列是指原来的顺序改变了。保留旧信息，例子可见原第三个的人排第一了但还是没有分配工号1号。

最简单就是安排两个全0数组，一个做原队，另一个做新队，定义自增M为号令。原队循环遍历。每次报道%m= =0的人就把自己的index复制到新队，这样内存开销比较大。

    private static String solution(int[] input) {int n=input[0];int m=input[1];int[] res=new int[n];int[] result=new int[n];int index=0;int signednum=1;int M=1;int idx=0;while(idx<n){if(res[index]!=0){index=(index+1)%n;continue;}if(M%m==0){res[index]=1;result[idx]=index+1;idx++;}M++;index=(index+1)%n;}StringBuffer ab=new StringBuffer();for(int i :result){ab.append(i+" ");}return ab.toString();}

另外一种就是单组的推移方法。需要先遍历赋值，每次报道%m==0的人就移到队首，循环的起点也后移。不过这样数组赋值操作很频繁，比较慢。

题目3

小v在公司负责游戏运营，今天收到一款申请新上架的游戏“跳一跳”，为了确保提供给广大玩家朋友们的游戏都是高品质的，按照运营流程小v必须对新游戏进行全方位了解体验和评估。这款游戏的规则如下：
有n个盒子排成了一行，每个盒子上面有一个数字a[i]，表示在该盒子上的人最多能向右移动a[i]个盒子（比如当前所在盒子上的数字是3，则表示可以一次向右前进1个盒子，2个盒子或者3个盒子）。
现在小v从左边第一个盒子上开始体验游戏，请问最少需要移动几次能到最后一个盒子上？

用例

输入描述:
输入：2 2 3 0 4

表示现在有5个盒子，上面的数字分别是2, 2, 3, 0, 4。

输出描述:
输出：2

小v有两种跳法：

跳法1：盒子1 -> 盒子2 -> 盒子3 -> 盒子5，共3下

跳法2：盒子1 -> 盒子3 -> 盒子5，共2下

跳法2的步骤数最少，所以输出最少步数：2。

输入例子1:
2 2 3 0 4

输出例子1:
2

想法

典型的递归求解，只是没说无解时为-1
设数组的解为f（）
看这个例子：2 2 3 0 4 和 2 3 0 4， 3 0 4
很容易就得到 f([2 2 3 0 4] )=min（ f([2 3 0 4 ] )，f([3 0 4]) ）+1
只要将其用编程语言来描述就行了。

另外可以发现，从a往后跳，它的范围是[a的index+1,a的index+a],这样只要在一个循环中分别试探后可达起点数组的次数，取最小值+1返回。如果是空集，就返回默认值（MAX__VALUE。。注意到是比小，如果函数中暂存次数的标记默认结果为-1，当出现一条路不通时，结果就是-1和其他路径次数比较了。所以这里应该设置暂存最小次数的值为极大）

接着分析这个函数需要的参数：数组，次数计数器
数组不用每次都创建新数组，只要添加一个起点参数就可以了。
次数计数器，是每递归一一次，就自增一次的Int；

如果起点就是终点。说明数组已经跳到完结了，返回次数计数器。
，没有到底就看看可达起点的次数，取最小的+1返回。没有可达的点就返回极大值。

这里用的是倒着往前来。

        private static int jump(int endindex ,int[] arr,int deepth ){int minpath=Integer.MAX_VALUE;if(endindex==0){return deepth;}else {for(int i=endindex-1;i>=0;i--){if(arr[i]+i>=endindex){int t=jump(i,arr,deepth+1);minpath=t>minpath?minpath:t;}}return minpath;}}

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