美團筆試（22 03 19）

一共五道**題，看了前面三道，ac了三道，後面兩道題沒有時間看，此處將對前三題進行記錄總結，後附**。

題意：給定一組n個商品的**，下單購買商品時，必須購買前i個商品，即購買商品列表是商品列表的字首。提供兩種優惠規則，滿減優惠和折扣優惠，每次下單只能選擇某種優惠規則。問購買前i（1<=i<=n）個商品時，使用哪種優惠策略較優，或者兩者一樣優。

臨場解題思路：

購買前i個商品時，計算商品原**、商品折扣**、商品滿減**。那種策略優惠選擇哪種規則。

題目爭議：

購買20元商品，有10-5和15-1兩張優惠券，題目要求使用15-1的優惠券，過於離譜。（題目沒有說明，根據測試結果倒推的題意）

反思：滿減優惠券是按滿額從小到大排序的，商品**的字首和也是按從小達到排序的。遍歷商品**字首和陣列時，隨著付款總額越來越大，使用的優惠券滿額也會越來越大。針對這一點，遍歷字首和陣列的某個元素的時候，可以使用乙個變數記錄當前使用的優惠券下標，處理下乙個字首和元素時，優惠券下標必然大於等於上一次使用的優惠券的下標。

題意：給定字串s，可以選擇對字串進行加密或者解密。加密時，每次取原字串中間元素，加入加密字串的尾部，然後刪除中間的元素，重複著這一過程，知道原字串為空。解密時，按加密過程對加密字串反向操作還原出原始字串。

臨場解題思路：

加密：模擬加密字串過程，發現加密過程可以概括為從原始字串中間，使用兩個指標（left與right）分別向左與向右遍歷，左右交替遍歷元素並加入加密字串。

解密：反向操作，反向遍歷加密字串符，交替選擇字元加入字首字串和字尾字串，然後將字首字串和字尾字串拼接為原始字串。

題意：給定n個檔案，需要在兩台電腦之間同步。若使用者在a、b電腦上都修改了某些檔案，同步軟體會提示衝突。使用者現在a電腦上進行了修改，然後在b電腦上修改檔案，問有多少檔案修改出現衝突。使用者每次修改會影響多個連續檔案，使用乙個編號區間表示[l,r]，題目給定a電腦上的m1個修改操作，與b電腦上的m2個修改操作。

臨場思路：

計算a電腦與b電腦修改檔案的重疊區間部分檔案個數。需要注意的是，a電腦上的多個修改區間會重疊，在計算a與b之間重疊檔案時，可能會引入對同一檔案重複計算的情況，需要對統一電腦的修改區間進行重疊區間的合併操作。

反思：可以基於集合計算，直接將a電腦修改的檔案編號放入集合中。然後遍歷b電腦修改的檔案編號，通過查詢集合是否出現該編號，即可判斷是否出現衝突，若衝突，累加衝突計數。該方法優點在於實現簡單，缺點在於使用更多的記憶體空間，每個檔案編號使用乙個整數儲存，對於區間表示法，可以通過兩個整數表示若干檔案。

#include using namespace std;
int m, n;
vectorpay, pay_z, pay_m;
vectorrule_c, rule_d;
void input();
int findrule(int val);
int main() 
for (int i = 1; i < n; i++) 
for (int i = 0; i < n; i++) 
string res;
for (int i = 0; i < n; i++)  else if (pay_z[i] < pay_m[i])  else 
}	cout << res;
return 0;
}int findrule(int val) 
return left;
}void input() 
for (int i = 0; i < n; i++) 
cin >> m;
rule_c.resize(m);
rule_d.resize(m);
for (int i = 0; i < m; i++) 
for (int i = 0; i < m; i++) 
}

#include using namespace std;
int n, op;
string is, os;
string pre_str, back_str;
void op_one();
void op_two();
int main()  else 
cout << os;
return 0;
}void op_one() 
while (left >= 0) 
}void op_two() 
} else 
}	reverse(back_str.begin(), back_str.end());
os = pre_str + back_str;
}

#include using namespace std;
int n, m1, m2;
vector> modi1, modi2;
void input();
int main()  else if (modi1[i][0] > modi2[j][1])  else 
}	cout << ans;
return 0;
}void input() 
for (int i = 0; i < m1; i++) 
for (int i = 0; i < m2; i++) 
for (int i = 0; i < m2; i++) 
int idx1 = 1;
sort(modi1.begin(), modi1.end());
for (int i = 1; i < m1; i++)  else 
}	modi1.resize(idx1);
int idx2 = 1;
sort(modi2.begin(), modi2.end());
for (int i = 1; i < m2; i++)  else 
}	modi2.resize(idx2);
}

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