【在线笔试题解题报告系列】网易2017校招内推笔试之编程题【持续更新】

网易今年把内推笔试放在牛客网上办，然后出了一批编程题。

题目在：

http://www.nowcoder.com/test/2252286/summary

http://www.nowcoder.com/test/2252291/summary

一共18个，好多（不同岗位抽3个不同的题的样子）……

慢慢写吧，做一题写一题。

以下题解将假定读者有下列知识，对下面所列举的细节不再赘述。

（如果有必要对此进行教学的，请站内信我）

C/C++的基本语法

同余的基本性质

（如果觉得一些细节还要讲的更具体的，也欢迎站内信）

本文地址：http://blog.youkuaiyun.com/fcxxzux/article/details/52138964

饥饿的小易

网址：http://www.nowcoder.com/questionTerminal/5ee8df898312465a95553d82ad8898c3

完整的思考思路：

懒人请跳过前2份代码和讲解，谢谢！

考虑正向枚举，直觉上，直接放弃——对无解的情况，你得每一步都考虑展开，每一步展开就2个分支，10万步最多2^100000个分支，怎么可能算完……

（我们回头看看这个做法）

那就考虑逆向枚举。

但是还有一个问题：位置的下标还是指数级增长的（x->x*4+3或x*8+7）

注意到，贝壳总生长在能被1,000,000,007（之后写作1e9+7）整除的位置。

利用这一点，考虑同余的性质，把下标用%1e9+7后的结果表示（因为我根本不在乎，最后具体数值，我只在意，下标是不是1e9+7的倍数）。

然后来倒着做：

从0（下标是1e9+7的情况）开始倒着推算，正着计算是先乘再加，倒着就要先减再除。

——减成了负数怎么办？

——加上1e9+7，变成等价正数（或者说，计算出其加法逆元）

——不能整除怎么办？就说明不可往后推吗？

——我上来就踩了这个坑……

除法并没有同余的性质，但是我们还有乘法逆元。

/4，在%1e9+7的意义下，等价于乘(1e9+8)/4=(2.5e8+2)

/8，在%1e9+7的意义下，等价于乘(1e9+8)/8=(1.25e8+1)

——然后我们愉快的用乘法替代除法吧！

ok，这样倒推最多100000步，记录每个数有没有被访问过，访问过就不要重复展开（像BFS一样），得到一个表，记录了每个数变为0要多少步

——试验运行一下，发现好像这部分的计算飞快啊！

之后管他来什么数，直接查表，表里没有，就是100000步达不到的，否则100000步可达，输出结果。

#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <map> 
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int mod=1e9+7;
map<int,int> dis;

int main(){
    dis[0]=0;
    queue<int> q;
    q.push(0);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        int y1=(x-7+mod)%mod;
        y1=((long long)(125000001LL)*y1)%mod;
        if(!dis[y1]){
            dis[y1]=dis[x]+1;
            if(dis[y1]<100000){
                q.push(y1);
            }
        }
        int y2=(x-3+mod)%mod;
        y2=((long long)(250000002LL)*y2)%mod;
        if(!dis[y2]){
            dis[y2]=dis[x]+1;
            if(dis[y2]<100000){
                q.push(y2);
            }
        }
    }
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)){
        printf("%d\n",dis[n]?dis[n]:-1);
    }
    return 0;
}

这样能通过了。

但是回头思考一下，不对啊！

这么做，最坏情况下也得展开2^100000个点啊，就算倒推角度，明确缩小了范围到1e9+7以内，但是1e9+7仍然很多！

那么正着做呢？

于是勇敢的写一发，直接提交，也通过了！

#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <limits.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <map> 
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int mod=1e9+7;
map<int,int> dis;

int main(){
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)){
        dis[n]=0;
        queue<int> q;
        q.push(n);
        while(!q.empty()){
            int x=q.front();q.pop();
            int y1=(x*8LL+7)%mod;
            if(!dis[y1]){
                dis[y1]=dis[x]+1;
                if(dis[y1]<100000){
                    q.push(y1);
                }
            }
            int y2=(x*4LL+3)%mod;
            if(!dis[y2]){
                dis[y2]=dis[x]+1;
                if(dis[y2]<100000){
                    q.push(y2);
                }
            }
        }
        printf("%d\n",dis[0]?dis[0]:-1);
    }
    return 0;
}

但是上面2种做法，都很慢，用时显示都有300ms以上了。

继续思考：

既然正着做，去重，不重复展开就能过，那就说明重复非常非常多（你可以试试看在倒着做的代码里，输出有多少能达到的，只有30万个），但是为什么有那么多？

观察变换形式，并做变形：

4x+3=4(x+1)-1

8x+7=8(x+1)-1

如果多层嵌套呢？

y=4x+3

8y+7=8((4(x+1)-1)+1)-1=8(4(x+1))-1=32(x+1)-1

如果你多枚举一些，就会发现，能变换出的数的形式都是：

a(x+1)-1，其中a是2的>=2的幂次数（4、8、16、32、64、……）

我们能否利用这个特点呢？

当然能！

考虑直接枚举那个a，从2^2一直到……等等，最大是2的多少次？

答：直接考虑最大情况，每次变换都选择8x+7那种，也就是，每次a乘上8，也就是说，最坏是(2^3)^100000=2^300000次

所以，枚举a，从2^2次࿰