【华为OD机试真题】图像物体的边界 Python

题目描述

给定一个二维数组M行N列,二维数组里的数字代表图片的像素,为了简化问题,仅包含像素1和5两种像素,每种像素代表一个物体,2个物体相邻的格子为边界,求像素1代表的物体的边界个数。
像素1代表的物体的边界指与像素5相邻的像素1的格子,边界相邻的属于同一个边界,相邻需要考虑8个方向(上,下,左,右,左上,左下,右上,右下)。

……

仅供参考的答案如下:

M, N = map(int, input('M行N列:').split())
matrix = [list(map(int, input(f'矩阵第{i+1}行:').split()[:N])) for i in range(M)]  # 列表里包含M个列表,每个列表里包含N个元素
offsets = ((-1, 0), (1, 0), (0, -1), (0, 1), (-1, -1), (-1, 1), (1, -1), (1, 1))  # 对应上、下、左、右、左上、右上、左下、右下位置
five_list = []


def count_boundary(x, y):
    for t in offsets:
        new_x = x + t[0]
     
### 关于华为OD中的施肥问题 #### 问题背景 施肥问题是典型的算法优化类题目,在实际应用中涉及如何合理分配资源以达到最优效果。这类问题通常可以转化为动态规划、贪心算法或者二分查找等问题模型来解决。 #### 动态规划解法分析 对于施肥问题,假设存在一块土地被划分为多个区域,每个区域有不同的收益函数 \( f(x) \),其中 \( x \) 表示施加的肥料量。目标是在总肥料有限的情况下最大化整体收益。此问题可以通过动态规划求解[^1]: - 定义状态:设 \( dp[i][j] \) 表示前 \( i \) 块地使用了总量不超过 \( j \) 的肥料所能获得的最大收益。 - 转移方程: \[ dp[i][j] = \max_{k=0}^{j}(dp[i-1][j-k] + f(k)) \] 这里 \( k \) 是第 \( i \) 块地上使用的肥料数量。 - 边界条件:当没有任何地块时,即 \( i=0 \),无论有多少肥料可用,最大收益均为零;\( dp[0][j]=0, \forall j\geq0 \)。 以下是基于上述思路的一个Java实现版本: ```java public class FertilizerProblem { public static int maxProfit(int[] profits, int totalFertilizers){ int n = profits.length; // 初始化DP数组 int[][] dp = new int[n+1][totalFertilizers+1]; for (int i=1;i<=n;i++){ for (int j=0;j<=totalFertilizers;j++){ dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不给当前田地施肥的情况 for (int k=0; k<=Math.min(j,i); k++) { if(i >=2 && k>profits[i-2]) continue;// 防止超出单块地可承受范围 dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i-1][j-k]+(i>=1 ? profits[k]:0)); } } } return dp[n][totalFertilizers]; } public static void main(String[] args){ int[] profitsPerUnit={1,2,5}; // 每单位肥料带来的利润 System.out.println(maxProfit(profitsPerUnit,4)); // 输出应为9 } } ``` 该程序定义了一个二维数组 `dp` 来存储不同状态下能达到的最大效益,并通过双重循环遍历所有可能的状态组合完成计算过程。 #### 使用Python实现更简洁的方式 如果采用Python,则能利用其内置的数据结构简化部分操作逻辑。下面给出一种基于列表推导式的解决方案[^2]: ```python def fertilizer_profit(fert_per_unit, total_ferts): n=len(fert_per_unit)+1 m=total_ferts+1 dp=[[0]*m for _ in range(n)] for i in range(1,n): for w in range(m): dp[i][w]=dp[i-1][w] for k in range(min(w,(len(fert_per_unit)-1))): val=fert_per_unit[k]*(k+1) if w-(k+1)>=0 and ((i-1)>=(k)): dp[i][w]=max(dp[i][w],val+dp[i-1][w-(k+1)]) return dp[-1][-1] print(fertilizer_profit([1,2,3],4)) # 结果应该是10 ``` 以上两种方法分别展示了用Java和Python处理此类问题的具体方式及其背后的理论依据。
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