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说明:按种类汇总,难度不分先后,做了分级罗列,方便后续扩充,大家有比较有意思的题目可以在讨论区讨论。 下面有的题题解相对复杂的直接参考了网上的一些解答,而有的题解我认为并不好的也做了补充,欢迎大家批评指正!
参考答案:至少两次;
题解:这题是已知轻重,比较简单。(1)分成三等分,两个作比较,如果两组一样重,那么第三组里面有轻的,否则可直接比出来;(2)然后在三个里面再一比一比,一样重那么第三瓶就是轻的,否则天平上谁轻就是谁。
参考答案:至少一次;
题解:这题明确了克数,那就不是简单的称了,需要运用一点数学知识。 1 ~ 10组依次取1 ~ 10个砝码,最终称出来为X克,第几组为Y,Y=550-X。
参考答案:至少三次
题解:这题不知道轻重所以难度更大一点;三等分(A,B,C),A,B先比较一次。
(1)第1次,天平平衡,那么有问题的球一定在第三组。
第2-1次,C分成3个(C1,C2,C3)和1个(C4),然后从A,B组里面随意拿三个(这就是标准说明全是正常的),然后比较,如果一样重,那么单出的那个就是有问题的。再比第三次,判断轻重。
第2-2次,如果不平衡,那么就是有问题的在其中,同时也能判断出轻重。 第三次 ,C1和C2比,平衡,有问题的就是C3且根据第二次可以知道轻重,如果不平衡,也可以根据第二次的轻重判断出有问题的。
(2)第1次,天平不平衡,那么有问题的就在A\B中。 第二次将重的一侧标记为A1,A2,A3,A4, 轻的一侧标记B1,B2,B3,B4,第三组C,拿出A1B2B3B4与B1和C中三个比较;
第二次,如果平衡,那么问题球就在A2,A3,A4中,且重的有问题;
第三次,A2和A3比,平衡则A4有问题且重,不平衡重的那个有问题。
第二次,如果不平衡,且A1那边重(可能A1重,也可能B1轻)
第三次,A1和正常的比,平衡,那么有问题就是B1轻,不平衡,那么就是有问题的就是A1重;
第二次,如果不平衡,且B1那边重,那么有问题的就是B2B3B4中,且为轻
第三次,B2和B3比,平衡则B4有问题且轻,不平衡轻的那个有问题。
自己做的,可以参考,有更好的解法或者有问题可以交流。
参考答案:1499瓶;
题解1:三个空瓶能换一瓶,意味着4个为一组,每喝一组减少两个,但是最后4瓶得单独计算,(1000-4)/2 =498,最终为1000+498+1=1499.
题解2:动态规划(dp)
初始情况,3个瓶子时将发生一次交换,因此视为特殊情况;
之后每增加两个瓶子又可以再换一瓶;
即dp[i] = dp[i - 2] + (i - (i - 2)) + 1;
由dp[i - 2]可求得dp[i];
(i - (i - 2)),即为当前增加的2瓶饮料(写成这样便于理解);
1即为增加了2个空瓶,之后又可以换一瓶饮料;
简化为dp[i] = dp[i - 2] + 2 + 1。
以下是c++代码实现
public int method(int n) {
// n为0/1/2的特殊情况省略了
// 定义dp数组
int[] dp = new int[n + 1];
// 初始状态
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 2] + 2 + 1;
}
return dp[n];
}
其中,f(n-3)+1表示喝一瓶饮料,并且使用3个空瓶子。max表示在所有可能的方案中取最大值。
初始状态为f(0) = 0,因为没有空瓶子,所以不能喝饮料。
使用动态规划的思路,可以从f(0)递推到f(1000),最终得到最多可以喝多少瓶饮料。
以下是Python代码实现:
def max_drinks(n):
dp = [0] * (n+1)
for i in range(3, n+1):
dp[i] = max(dp[i-3]+1, dp[i])
return dp[n]
print(max_drinks(1000))
通过两种情况分析,当N为1000时,最终会留下2个瓶子,那么剩下998瓶子,每消耗2瓶可获得1瓶 ,即可兑换499瓶,所以最后可以得出共可以喝1499瓶
题解三:利用借瓶子思维
因为兑换一瓶饮料需要三个空瓶,这瓶饮料如果是找老板借来的,那么喝完后这个空瓶将会还给他,同时需要附赠给他另外两个空瓶,即每消耗手里两个空瓶就获得一瓶饮料;
但是值得注意的是,上面只是一种假设,实际情况老板是不会借给你的,因此我们至少需要保留2个空瓶,这样可以在998个瓶子剩下一个瓶子时,对其进行补足为3个空瓶,从而兑换一瓶新饮料;
此时使用998个瓶子进行上述的兑换,将获得499瓶饮料;
之前留下的两个瓶子正好无法兑换,最终获得饮料为1000 + 499 = 1499瓶。
参考答案:16根
题解:最终吃到50个的时候就是一往直前往前走,但是大于50个时就得分两次搬,所以就可以将整个过程分为两个阶段:
第一阶段:100个香蕉一分为二各50根,来回搬运这两组香蕉,直到小于等于50根香蕉时就可以一直往下走了;
第一步,把A组搬一米,吃一根;第二步,返回1米吃一根;第三步,搬B组一米,吃一根。 总的就是前进一米吃三根香蕉。
就可以计算出,前进多少米直到使得香蕉小于等于50根。
得出条件: 100-3n<=50 && 100-3(n-1)>= 50(网上都没有取等,我觉得应该可以取等,而且默认n为整数)
所以取的n为17满足,此时还剩33米,香蕉还剩余49根,所以最终走下去,香蕉可以剩余49-33=16根。
网上的解答是取到16开始讨论,我觉得如果按照上述条件式就不合理了,但是结果是一样的。 当n=16时,吃掉48根香蕉,还剩余34米,52根香蕉。此时选择拿着50根香蕉直接往下走还剩余16根。 还是拿50根走一米,再返回1米取剩余两根结果一致。
参考答案:17根(n不取整卡一手bug)
题解:注意题中是每走1米就吃一个香蕉,我们现在走16米的话就只消耗了16个香蕉,放下18个香蕉,带上16个香蕉返回起点再消耗16个香蕉,取剩下的50个香蕉走到16米剩下34个香蕉,这样还剩下34+18个香蕉=52,猴子没法一次拿完。
16米为中间点会多余两个香蕉,所以需要把这两个香蕉消耗掉,需要在往返途中多走2米但是不到3米的路程才行,这样有设比16米多走y米,则2=<3y<3 可得 0.66667 <=y<1,加上前面的16米即16.6667<=x<17
即只要中间点距离起点为
16.6667<=x<17
范围的距离都可以使得中间点的剩余个数为50个,拿着剩下的50个香蕉走 50 -x米,
-17 < -x <=16.6667
33 < 50-x <= 33.3333
所以最后50个香蕉走完大于33米小于34米的路程到家,只需要吃33个香蕉,还剩17个香蕉。
参考链接
参考答案:二分法求解应该更好
题解:
方法一、暴力法
从一楼开始扔,知道摔碎为止,最差的情况需要扔100次。复杂度O(N)
方法二、二分法
这是网上的解答,我认为二分不是这么玩的吧?
采用类似于 二分查找 的方法,把鸡蛋从一半楼层(50层)往下扔;
如果第一枚鸡蛋,在50层碎了,第二枚鸡蛋,就从第1层开始扔,一层一层增长,一直扔到第49层;
如果第一枚鸡蛋在50层没碎了,则继续使用二分法,在剩余楼层的一半(75层)往下扔;
这个方法在最坏情况下,需要尝试50次。
我的解答:
第一枚鸡蛋50楼扔,碎了区间就在1 ~ 50,没碎区间就在51 ~ 100,假设碎了,那么就在25楼扔,再依次判断。复杂度O(log2(N) + 1)
方法三、均匀法
网上的解答我觉的并不对,这里就不做贴出来了,问了一下chatgpt,一目了然:
使用均匀法(也称为线性探测法)来解决这个问题,我们可以考虑将鸡蛋从楼层1开始每隔一定的 层数(步长) 扔下去,直到它碎了。然后我们可以回到上一个没有碎的楼层,再用相同的步长往下扔鸡蛋,直到它碎了。重复这个过程,每次将步长减半,直到找到鸡蛋的临界点。
具体来说,我们可以首先选择一个步长k,从第k层楼开始扔鸡蛋。如果鸡蛋在第k层碎了,我们需要从第1层开始依次尝试k-1次来找到鸡蛋的临界点。如果鸡蛋没有在第k层碎了,我们可以将步长加上k-1,即下一次从第k+k-1层开始扔鸡蛋。如果鸡蛋在第k+k-1层碎了,我们需要从第k层到第k+k-2层依次尝试来找到鸡蛋的临界点。如果鸡蛋还没有碎,我们可以将步长再次加上k-1,即下一次从第k+k-1+k-2层开始扔鸡蛋。以此类推,直到找到鸡蛋的临界点。
假设有N层楼,步长为k,则最坏情况下的尝试次数为 (N/k) + (k-1)。我们需要找到最小的k,使得尝试次数最少。一种简单的方法是尝试不同的k值,直到找到最小尝试次数。
均匀法的时间复杂度为O(sqrt(N)),比暴力法的时间复杂度**O(N)更优秀,但比二分法的时间复杂度O(log N)**要略高。
方法四、最优解法
使用最优解法,也称为数学法,可以得到最少的尝试次数。假设有两个鸡蛋,我们需要确定鸡蛋的临界点,
即鸡蛋从该楼层开始往下掉就会碎。我们可以将问题转化为一个数学问题。
假设我们首先在第x层楼扔一个鸡蛋,如果鸡蛋碎了,那么我们需要在第1层到第x-1层之间使用第二个鸡蛋来确定鸡蛋的临界点。
如果鸡蛋没有碎,那么我们需要在第x+1层到第N层之间使用第二个鸡蛋来确定鸡蛋的临界点。
因此,最坏情况下我们需要尝试x次,其中x为一个未知的数。
我们可以通过数学分析得到最优解。
假设我们在第x层扔鸡蛋时,鸡蛋碎了。那么我们需要在第1层到第x-1层之间使用第二个鸡蛋来确定鸡蛋的临界点。
因此,我们最多需要尝试x-1次。另一方面,如果鸡蛋没有碎,那么我们需要在第x+1层到第N层之间使用第二个鸡蛋来确定鸡蛋的临界点。
如果我们在第x层扔鸡蛋后,还剩下t次尝试机会,那么我们最多可以确定的楼层数为x+t-1层。因此,我们最多需要满足以下不等式:
x-1 + (x-2) + ... + 1 + (x+t-1) >= N
化简不等式,得到:
x(x+1)/2 + (t-1)x >= N
通过求解上面的不等式,可以得到最少的尝试次数x,从而确定鸡蛋的临界点。
具体来说,我们可以先假设t=1,然后通过求解x(x+1)/2 + x >= N得到x的一个近似解。
然后我们可以将t逐渐增大,重新求解不等式,直到找到最小的x。
最优解法的时间复杂度为O(sqrt(2N)),比均匀法和暴力法都要更优秀,但仍然比二分法略高。
参考答案如下:
为了检验出哪个瓶子有毒药,我们可以进行如下操作:
具体来说,首先一共有1000瓶,2的10次方是1024,刚好大于1000, 也就是说,1000瓶药品可以使用10位二进制数就可以表示。
从第一个开始:
第一瓶 : 00 0000 0001
第二瓶 : 00 0000 0010
第三瓶 : 00 0000 0011
……
第999瓶: 11 1111 0010
第1000瓶:11 1111 0011
需要十只老鼠,如果按顺序编号,ABCDEFGHIJ分别代表从低位到高位每一个位。 每只老鼠对应一个二进制位,如果该位上的数字为1,则给老鼠喝瓶里的药。 观察,若死亡的老鼠编号为:ACFGJ,一共死去五只老鼠,则对应的编号为 10 0110 0101, 则有毒的药品为该编号的药品,转为十进制数为:613号
注释:抖音上有些算姓氏,算数字的,很多逻辑也与此类似。
参考答案如下:
切两刀将金子分成三份,1/7、2/7、4/7;
工作第一天 把1/7分给工人;
工作第二天 把2/7分给工人,并要回1/7那块金子,工人有2/7的金子;
工作第三天 把1/7给工人,工人有3/7金子;
工作第四天 把前两块金子要回,给工人4/7的金子 工人有4/7的金子;
工作第五天 把1/7分给工人 工人有5/7的金子;
工作第六天 把2/7分给工人,并要回1/7那块金子,工人有6/7的金子;
工作第七天 把1/7给工人,工人有完整的金子;
扩展:如何给工人发15天的工资?把金块分成1/15、2/15、4/15、8/15
参考答案:7
题解:
将25匹马分成ABCDE5组,假设每组的排名就是A1>A2>A3>A4>A5,用边相连,这里比赛5次
第6次,每组的第一名进行比赛,可以找出最快的马,这里假设A1>B1>C1>D1>E1
D1,E1肯定进不了前3,直接排除掉
第7次,B1 C1 A2 B2 A3比赛,可以找出第二,第三名
所以最少比赛需要7次
第一步:全部马分为8组,每组8匹,每组各跑一次,然后淘汰掉每组的后四名(需要比赛8场)
第二步:取每组第一名进行一次比赛,然后淘汰最后四名所在组的所有马,如下图(需要比赛1场)这个时候总冠军已经诞生,它就是A1
而其他可能跑得最快的三匹马只可能是下图中的黄域了(A2,A3,A4,B1,B2,B3,C1,C2,D1,共9匹马)
第三步:只要从上面的9匹马中找出跑得最快的三匹马就可以了,但是现在只要8个跑道,怎么办?那就随机选出8匹马进行一次比赛吧(需要比赛一场)
第四步:上面比赛完,选出了前三名,再和没跑的那个马比一场就可以得出2 ~ 4名。
最后,一共需要比赛的场次:8 + 1 + 1 + 1 = 11 场
题解参考:
题解
(1) 首先将25匹马分成5组,并分别进行5场比赛之后得到的名次排列如下:
A组: [A1 A2 A3 A4 A5]
B组: [B1 B2 B3 B4 B5]
C组: [C1 C2 C3 C4 C5]
D组: [D1 D2 D3 D4 D5]
E组: [E1 E2 E3 E4 E5]
其中,每个小组最快的马为[A1、B1、C1、D1、E1]。
(2) 将[A1、B1、C1、D1、E1]进行第6场,选出第1名的马,不妨设 A1>B1>C1>D1>E1. 此时第1名的马为A1。
(3) 将[A2、B1、C1、D1、E1]进行第7场,此时选择出来的必定是第2名的马,不妨假设为B1。因为这5匹马是除去A1之外每个小组当前最快的马。
(3) 进行第8场,选择[A2、B2、C1、D1、E1]角逐出第3名的马。
(4) 依次类推,第9,10场可以分别决出第4,5名的吗。
因此,依照这种竞标赛排序思想,需要10场比赛是一定可以取出前5名的。
仔细想一下,如果需要减少比赛场次,就一定需要在某一次比赛中同时决出2个名次,而且每一场比赛之后,有一些不可能进入前5名的马可以提前出局。
当然要做到这一点,就必须小心选择每一场比赛的马匹。我们在上面的方法基础上进一步思考这个问题,希望能够得到解决。
(1) 首先利用5场比赛角逐出每个小组的排名次序是绝对必要的。
(2) 第6场比赛选出第1名的马也是必不可少的。假如仍然是A1马(A1>B1>C1>D1>E1)。那么此时我们可以得到一个重要的结论:有一些马在前6场比赛之后就决定出局的命运了(下面加粗斜体标志出局)。
A组: [A1 A2 A3 A4 A5]
B组: [B1 B2 B3 B4 B5 ]
C组: [C1 C2 C3 C4 C5 ]
D组: [D1 D2 D3 D4 D5 ]
E组: [E1 E2 E3 E4 E5 ]
(3) 第7场比赛是关键,能否同时决出第2,3名的马呢?我们首先做下分析:
在上面的方法中,第7场比赛[A2、B1、C1、D1、E1]是为了决定第2名的马。但是在第6场比赛中我们已经得到(B1>C1>D1>E1),试问?有B1在的比赛,C1、D1、E1还有可能争夺第2名吗? 当然不可能,也就是说第2名只能在A2、B1中出现。实际上只需要2条跑道就可以决出第2名,剩下C1、D1、E1的3条跑道都只能用来凑热闹的吗?
能够优化的关键出来了,我们是否能够通过剩下的3个跑道来决出第3名呢?当然可以,我们来进一步分析第3名的情况?
● 如果A2>B1(即第2名为A2),那么根据第6场比赛中的(B1>C1>D1>E1)。 可以断定第3名只能在A3和B1中产生。
● 如果B1>A2(即第2名为B1),那么可以断定的第3名只能在A2, B2,C1 中产生。
好了,结论也出来了,只要我们把[A2、B1、A3、B2、C1]作为第7场比赛的马,那么这场比赛的第2,3名一定是整个25匹马中的第2,3名。
我们在这里列举出第7场的2,3名次的所有可能情况:
① 第2名=A2,第3名=A3
② 第2名=A2,第3名=B1
③ 第2名=B1,第3名=A2
④ 第2名=B1,第3名=B2
⑤ 第2名=B1,第3名=C1
(4) 第8场比赛很复杂,我们要根据第7场的所有可能的比赛情况进行分析。
① 第2名=A2,第3名=A3。那么此种情况下第4名只能在A4和B1中产生。
● 如果第4名=A4,那么第5名只能在A5、B1中产生。
● 如果第4名=B1,那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。
不管结果如何,此种情况下,第4、5名都可以在第8场比赛中决出。其中比赛马匹为[A4、A5、B1、B2、C1]
② 第2名=A2,第3名=B1。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。
● 如果第4名=A3,那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。
● 如果第4名=B2,那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。
● 如果第4名=C1,那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。
那么,第4、5名需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生,则必须比赛两场才行,也就是到第9场角逐出全部的前5名。
③ 第2名=B1,第3名=A2。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。
情况和②一样,必须角逐第9场
④ 第2名=B1,第3名=B2。 那么此种情况下第4名只能在A2、B3、C1中产生。
● 如果第4名=A2,那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。
● 如果第4名=B3,那么第5名只能在A2、B4、C1中产生。
● 如果第4名=C1,那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。
那么,第4、5名需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产 生,则必须比赛两场才行,也就是到第9场角逐出全部的前5名。
⑤ 第2名=B1,第3名=C1。那么此种情况下第4名只能在A2、B2、C2、D1中产生。
● 如果第4名=A2,那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。
● 如果第4名=B2,那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。
● 如果第4名=C2,那么第5名只能在A2、B2、C3、D1中产生。
● 如果第4名=D1,那么第5名只能在A2、B2、C2、D2、E2中产生。
那么,第4、5名需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中 产 生,因此也必须比赛两场,也就是到第9长决出胜负。
总结:最好情况可以在第8场角逐出前5名,最差也可以在第9场搞定。
参考答案,尽量后喊,切喊三的倍数;
题解: 倒着看,喊 27 的人必胜。假设 A 喊了 27,B只能喊 28 或 29 , 下个回合,A 一定可以喊30。以此类推,喊24的人必胜,即喊 3 的倍数者必胜
若双方争抢3的倍数(假设每次都是最优解),谁先喊,谁一定输
题解:如果最后一次是我拿,那么上回合最少剩下6本;
只要保持每个回合结束后都剩下6的倍数,且在这个回合中我拿的书和对方拿的书加起来为6本;第一次我必须先手拿4本(100 % 6 = 4),这不算在第一回合内
简单的巴什博奕
参考答案:
假如A先取,N<M,A获胜
N>M,若N能被(M + 1)整除时,A失败
若N不能被(M + 1)整除时,A获胜
题解:以A先手为例,N<M时A一次拿完(不可能给B留机会,前提就是每次取最优),不会给B留机会;
N>M时,A要想赢,必须要在自己倒数第二次取完的时候还剩下(M + 1)颗石子,这样不论B取几颗,A都获胜!因此要控制最后一轮的石子数量,分两种情况分析:
(1)N不能被(M + 1)整除,A先拿走n颗石子(使得剩下的石子数量是(M + 1)的整数倍),那么下一次B拿走k颗石子时,A就拿走(M + 1)- k颗石子。这样不论B怎么拿A总能控制剩下的石子数量是(M + 1)的整数倍,那么最后一轮一定剩下(M + 1)颗;
(2)N能被(M + 1)整除,无论A怎么拿,B可以控制剩下石子数量(M + 1)的整数倍,在最后一轮之前B拿完后还剩(M + 1)颗,A拿多少颗都是输。
同上面的5.1和5.2.
#include<stdio.h>
int main()
{
int n,a=0,b;//初始化a为0为了保证不管异或谁都可以
scanf("%d", &n);//数字个数
while (n--)
{
scanf("%d", &b);
a ^= b;//异或!!!
}
printf(a ? "YES\n" : "NO\n");//最后判断输出即可
return 0;
}
参考答案;
解法一:
初始时0,3(5L,3L)
交换3,0
注满3,3
倒入5,1
清空0,1
交换1,0
注满1,3
解法二;
初始时5,0(5L,3L)
倒入2,3
清空2,0
倒入0,2
注满5,2
倒入4,3
参考答案:水资源无限,5L和6L水桶各一个,怎样取3L的水?
解法一:
初始时5,0(5L,6L)
交换0,5
注满5,5
倒入4,6
清空4,0
交换0,4
注满5,4
导入3,6
解法二:
初始时0,6(5L,6L)
交换5,1
清空0,1
交换1,0
注满1,6
倒入5,2
倒掉0,2
交换2,0
注满2,6
倒入5,3
参考答案:
初始时10,0,0(10L, 7L, 3L)
注满3,7,0
注满3,4,3
清空6,4,0
倒入6,1,3
清空9,1,0
交换9,0,1
注满2,7,1
注满2,5,3
合并5,5,0
参考答案;
两个沙漏同时倒置开始计时,等小沙漏漏完,大沙漏还剩2分钟,这时倒置小沙漏继续计时;
大沙漏漏完小沙漏还剩4分钟,再把大沙漏倒置继续计时;
小沙漏漏完大沙漏还剩4分钟,这时准备工作已经完毕;
等待大沙漏漏完(4分钟)+ 小沙漏(6分钟) = 10分钟
参考答案:
点燃绳子A的一头,同时点燃绳子B的两头; 绳子B烧完的时候绳子A还剩一半,此时点燃绳子A的另一头开始计时;15分钟绳子A烧完。
参考答案:
同上,点燃第一根的一端,第二根的两端,第二根烧完代表半小时后,点燃第一根另一端,烧完代表15分钟。
参考答案:
先两鬼过去。在一鬼回来。对面有一鬼。这边有三人两鬼
再两鬼过去。在一鬼回来。对面有两鬼。这边有三人一鬼
再两人过去。一人一鬼回来。对面一人一鬼。这边两人两鬼
最后两人过去。一鬼回来。对面三人。这边三鬼
剩下的就三个鬼二个过去一个回来在接另外个就OK了
参考答案:
总共是17分钟
第一步:A、B过花时间2分钟
第二步:B回花时间2分钟
第三步:C、D过花时间10分钟
第四步:A回花时间1分钟
第五步:A、B再过花时间2分钟
参考答案: 有脑筋急转弯的因素(考虑了一下通过二进制的方式多次开关反推,发现行不通)
打开一个开关,过10分钟后关掉开关,并打开另一个开关。进屋确认可知:
亮的灯是由第二次打开的开关控制;
摸上去发热的不发亮的灯是由第一次打开的开关控制
剩下的第三盏灯是由未操作过的开关控制
参考答案:
将灯泡编号 1 ~ 100
步骤一:将灯泡变为全亮或只剩一个为暗
从 1 循环到 98 ,遇到暗的则按它下一个,使之变亮。循环完毕,1 ~ 98 必然全亮。99 和 100可能为亮亮、暗亮、亮暗、暗暗四种状态
若为亮亮,皆大欢喜,满足题目要求
暗亮、亮暗,达到只剩一个为暗的状态;
若为暗暗。则按下编号 100 的灯泡,使编号 99 、100 变为亮,编号 1 的灯泡变为暗,从而达到只剩一个为暗的状态
步骤二:将灯泡变为全暗
由于灯泡环形摆放,我们指定暗的灯泡编号为 1 ,将剩下 99 个亮着的灯泡每 3 个为一组。按下每组中间的灯泡后,使得所有灯泡变为暗
步骤三:将灯泡变为全亮
将所有灯泡按一下,灯泡变为全亮;
扩展:对于 N 个灯泡的任意初始状态 ( N > 3 ) ,能否经过若干次操作使得所有灯泡全亮?
答案:N 个灯泡做分类讨论。
N = 3k+1一定可以。方法与上述步骤相同,在步骤二中可以将3k个亮的灯泡分为k组。
N = 3k+2一定可以。将上述步骤一目标状态的只剩一个为暗改成剩两个相邻为暗,其余 3 * k 个灯泡分组按即可。因为,对于任意只剩一个为暗的状态,按下该灯泡左右任意一个就可以变成剩两个相邻为暗的状态!
N = 3*k不一定。如果经过上述步骤一可以将灯泡变成全亮的状态则有解;否则,无解。(该结论有待证明)
附:
对于这道题,以下两个状态可以相互转化
全暗 <=> 全亮。全暗和全亮状态可以相互转化,方法就是将每个灯泡按一次。这样每个灯泡都被改变了 3 次状态,使得全暗变为全亮,全亮也可变为全暗。
剩一个为暗 <=> 剩两个相邻为暗。剩一个为暗时,按下该灯泡左右任意一个,就变成了剩两个相邻为暗的状态;剩两个相邻为暗时,按下第二个暗,便可变成了剩一个为暗的状态
参考答案:
先行者在桌子中心放置一枚硬币,以后的硬币总是放在与后行者刚才放的地方相对称的位置。这样,只要后行者能放,先行者一定也有地方放。先行者必胜
规律总结:
假设圆桌上共有 n 个固定位置可以放置硬币,且两个游戏者都是聪明且理性的。我们可以用数学归纳法证明,当且仅当 n 是偶数时,先行者有必胜策略,否则后行者有必胜策略。
当 n=2 时,先行者只需要放置一个硬币,后行者无论怎样放置都会输。
当 n=4 时,先行者放置一个硬币在桌子中心,并占据了一个对称位置。此时,无论后行者怎样放置硬币,先行者都可以通过对称性来放置硬币,保持自己的优势。
当 n=6 时,先行者可以像 n=4 时那样放置硬币,并占据一个对称位置。此外,先行者还可以放置一个硬币在圆桌中心,从而占据一个更加优势的位置。这种情况下,后行者无论怎样放置硬币都会输。
通过这样的归纳法证明,我们可以得出结论:当 n 是偶数时,先行者有必胜策略,否则后行者有必胜策略。对于先行者来说,他只需要在游戏开始时先放置一个硬币在圆桌中心,然后按照一定的策略来占据对称位置,从而保持自己的优势。对于后行者来说,他需要尽可能地破坏先行者的对称性,以便获得优势。
参考答案:不会
题解:
情况1:2只狼和1只羊时,吃了羊的狼会被另一只狼吃掉,所以2只狼一只羊会稳定
情况2:3只狼和1只羊时,一只狼吃了羊后会变成情况1,所以不会被吃,则2最终会变成1
情况3:4只狼和1只羊时,一只吃了羊后会变成情况2,会被其他狼吃掉,所以情况3会稳定
…
递推可得:偶数只狼时,羊不会被吃掉;奇数只狼时,羊会被吃掉。
参考答案:
41312432 或 23421314
位数有限,所以先排最大的4,再排3再排2
参考答案:
首先,我们可以使用Rand5()生成两个随机数,例如x和y,它们都是1到5之间的整数。接下来,我们可以用这两个随机数生成1到25之间的随机数:
rand25 = (x - 1) * 5 + (y - 1) + 1
这个公式的含义是将x和y看作是一个二维坐标系中的点,其中x的取值范围是1到5,y的取值范围也是1到5。因此,这个点可以表示为(x, y)。我们将这个点映射到一个一维的坐标系中,其中第x行有5个元素,第y列有1个元素,因此这个点在一维坐标系中的位置为(x - 1) * 5 + (y - 1) + 1。
接下来,我们需要将这个1到25之间的随机数映射到1到7之间。我们可以使用模运算来实现这个映射,具体地:
rand7 = rand25 % 7 + 1
这个公式的含义是将rand25除以7,得到一个商和一个余数。由于rand25是1到25之间的数,因此rand25除以7的商只能是1、2、3。因此,我们可以使用rand25除以7的余数来得到1到7之间的随机数。
需要注意的是,由于rand25生成的随机数是等概率的,因此rand7生成的随机数也是等概率的。这个算法的时间复杂度是O(1)。
下面是使用C语言实现生成1到7的随机数函数Rand7()的代码:
int Rand5() {
// 生成1到5之间的随机数
}
int Rand7() {
int rand25 = 0;
int rand7 = 0;
do {
rand25 = (Rand5() - 1) * 5 + (Rand5() - 1) + 1;
rand7 = rand25 % 7 + 1;
} while (rand25 > 21); // 如果rand25大于21,则重新生成rand25和rand7
return rand7;
}
参考答案:N * M - 1次;
题解:
不管怎么掰,每次只能把一个大块掰成两个小块,即每次掰只能增加1块巧克力; 那么将1块巧克力掰成N * M块小巧克力就需要掰N * M - 1次
参考答案:999场
题解:
每场辩论赛只能淘汰一个人,要淘汰999个人则需要安排999场比赛
参考答案:22次:
题解:
首先,我们可以先考虑时针和分针重合的次数。12小时内,时针和分针会重合11次。这是因为分针每小时都会迎头赶上时针,但在时针和分针都指向12的时候不算重合,所以是11次。那么在24小时内,时针和分针会重合22次。
然后,我们来看秒针与时针、分针重合的情况。由于秒针的速度远大于时针和分针,它会在很短的时间内与时针、分针重合。所以,我们可以近似认为当时针、分针重合时,秒针也会参与重合。因此,在24小时内时针、分针、秒针重合的次数大约是22次。
注意:完全重合只有两次。
问题描述:有个岛上住着一群人,有一天来了个游客,定了一条奇怪的规矩:所有蓝眼睛的人都必须尽快离开这个岛。每晚8点会有一个航班离岛。每个人都看得见别人眼睛的颜色,但不知道自己的(别人也不可以告知)。此外,他们不知道岛上到底有多少人是蓝眼睛的,只知道至少有一个人的眼睛是蓝色的。所有蓝眼睛的人要花几天才能离开这个岛?
参考答案:有多少个蓝眼睛的人就会花多少天。
题解;
假设有M个人,N个蓝眼睛
n=1
假设岛上所有人都是聪明的,蓝眼睛的人四处观察之后,发现没有人是蓝眼睛的。但他知道至少有一人是蓝眼睛的,于是就能推导出自己一定是蓝眼睛的。因此,他会搭乘当晚的飞机离开。
n=2
两个蓝眼睛的人看到对方,并不确定n是1还是2,但是由上一种情况,他们知道,如果n = 1,那个蓝眼睛的人第一晚就会离岛。因此,发现另一个蓝眼睛的人仍在岛上,他一定能推断出n = 2,也就意味着他自己也是蓝眼睛的。于是,两个蓝眼睛的人都会在第二晚离岛。
n>2
逐步提高n时,我们可以看出上述逻辑仍旧适用。如果n = 3,那么,这三个人会立即意识到有2到3人是蓝眼睛的。如果有两人是蓝眼睛的,那么这两人会在第二晚离岛。因此,如果过了第二晚另外两人还在岛上,每个蓝眼睛的人都能推断出n = 3,因此这三人都有蓝眼睛。他们会在第三晚离岛。
不论n为什么值,都可以套用这个模式。所以,如果有n人是蓝眼睛的,则所有蓝眼睛的人要用n晚才能离岛,且都在同一晚离开。
问题描述:有50家人家,每家一条狗。有一天警察通知,50条狗当中有病狗,行为和正常狗不一样。每人只能通过观察别人家的狗来判断自己家的狗是否生病,而不能看自己家的狗,如果判断出自己家的狗病了,就必须当天一枪打死自己家的狗。结果,第一天没有枪响,第二天没有枪响,第三天开始一阵枪响,问:一共死了几条狗?
参考答案:死了3条(第 几天枪响就有几条)。
题解:从有一条不正常的狗开始,显然第一天将会听到一声枪响。这里的要点是你只需站在那条不正常狗的主人的角度考虑。有两条的话思路继续,只考虑有两条不正常狗的人,其余人无需考虑。通过第一天他们了解了对方的信息。第二天杀死自己的狗。换句话说每个人需要一天的时间证明自己的狗是正常的。有三条的话,同样只考虑那三个人,其中每一个人需要两天的时间证明自己的狗是正常的狗。
问题描述:一群人开舞会,每人头上都戴着一顶帽子。帽子只有黑白两种,黑的至少有一顶。每个人都能看到其他人帽子的颜色,却看不到自己的。主持人先让大家看看别人头上戴的是什么帽子,然后关灯,如果有人认为自己戴的是黑帽子,就打自己一个耳光。第一次关灯,没有声音。于是再开灯,大家再看一遍,关灯时仍然鸦雀无声。一直到第三次关灯,才有劈劈啪啪打耳光的声音响起。问有多少人戴着黑帽子?
参考答案:有三个人戴黑帽。
题解:
假设有N个人戴黑帽,当N=1时,戴黑帽的人看见别人都为白则能肯定自己为黑。于是第一次关灯就应该有声。可以断定N>1。对于每个戴黑帽的人来说,他能看见N-1顶黑帽,并由此假定自己为白。但等待N-1次还没有人打自己以后,每个戴黑人都能知道自己也是黑的了。所以第N次关灯就有N个人打自己。
参考答案:
参考回答:这个其实就一个诀窍:蚂蚁相碰就往反方向走,可以直接看做没有发生任何事:大家都相当于独立的
A蚂蚁与B蚂蚁相碰后你可以看做没有发生这次碰撞,这样无论是求时间还是距离都很简单了。
参考答案:1/3;
题解:
四个点确定两条线,在一个圆上取四个点; 四个点画两条线有三种情况,其中只有一种情况是相交的,故相交概率为 三分之一
注意区别一下,圆内作弦,比较专业,可做参考。
圆内作弦求相交概率
参考答案:1/4
设绳子总长为L,分成三段为:x,y,L – x – y; 其中x > 0,y > 0, L – x – y > 0,取值范围如图中蓝色区域所示;
又因为任意两边之和要大于第三边,故有如下条件: x + y > L – x – y => y > -x + L / 2; x + (L – x – y) > y => y < L / 2; y + (L – x – y) > x => x < L / 2;
该区域为图中绿色区域,占蓝色区域的 四分之一;
参考题解:
参考回答: 一般人认为甲的枪法好,活下来的可能性大一些。但合乎推理的结论是,枪法最糟糕的丙活下来的几率最大;
那么我们先来分析一下各个枪手的策略:
如同田忌赛马一般,枪手甲一定要对枪手乙先。因为乙对甲的威胁要比丙对甲的威胁更大,甲应该首先干掉乙,这是甲的最佳策略。
同样的道理,枪手乙的最佳策略是第一枪瞄准甲。乙一旦将甲干掉,乙和丙进行对决,乙胜算的概率自然大很多。
枪手丙的最佳策略也是先对甲。乙的枪法毕竟比甲差一些,丙先把甲干掉再与乙进行对决,丙的存活概率还是要高一些。
我们根据分析来计算一下三个枪手在上述情况下的存活几率:
第一轮:甲射乙,乙射甲,丙射甲。
甲的活率为24%(40% X 60%)
乙的活率为20%(100% - 80%)
丙的活率为100%(无人射丙)
由于丙100%存活率,因此根据上轮甲乙存活的情况来计算三人第二轮的存活几率:
情况1:甲活乙死(24% X 80% = 19.2%) 甲射丙,丙射甲:甲的活率为60%,丙的活率为20%。
情况2:乙活甲死(20% X 76% = 15.2%) 乙射丙,丙射乙:乙的活率为60%,丙的活率为40%。
情况3:甲乙同活(24% X 20% = 4.8%) 重复第一轮。
情况4:甲乙同死(76% X 80% = 60.8%) 枪战结束。
据此来计算三人活率:
甲的活率为(19.2% X 60%) + (4.8% X 24%) = 12.672%
乙的活率为(15.2% X 60%) + (4.8% X 20%) = 10.08%
丙的活率为(19.2% X 20%) + (15.2% X 40%) + (4.8% X 100%) + (60.8% X 100%) = 75.52%
通过对两轮枪战的详细概率计算,我们发现枪法最差的丙存活的几率最大,枪法较好的甲和乙的存活几率却远低于丙的存活几率
问题:一百个奴隶站成一纵列,每人头上随机带上黑色或白色的帽子,各人不知道自己帽子的颜色,但是能看见自己前面所有人帽子的颜色. 然后从最后一个奴隶开始,每人只能用同一种声调和音量说一个字:”黑”或”白”, 如果说中了自己帽子的颜色,就存活,说错了就拉出去斩了,说的参考回答所有奴隶都能听见。 是否说对,其他奴隶不知道。 在这之前,所有奴隶可以聚在一起商量策略,问如果奴隶都足够聪明而且反应足够快,100个人最大存活率是多少?
参考答案:
1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”,他可能死
2、其他人记住这个值(实际是黑帽奇偶数),在此之后当再听到黑时,黑帽数量减一
3、从倒数第二人开始,就有两个信息:记住的值与看到的值,相同报“白”,不同报“黑” 99人能100%存活,1人50%能活
另外,此题还有变种:每个奴隶只能看见前面一个人帽子颜色又能最多存活多少人? 参考回答:增加限制条件后,上面的方法就失效了, 此时只能约定偶数位奴隶说他前一个人的帽子颜色, 奇数奴隶获取信息100%存活,偶数奴隶50%几率存活
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