2020年3月24日360内推笔试

  做了360的笔试，感觉真的是运气很好了，这次的笔试真的算非常简单的了。废话不多说，看题目。

题目一

题目大概是，有一段DNA，包含两种字符，A和T，科学家可以通过两种方式修改这种DNA，第一种是替换DNA上两个核酸的位置。第二种是直接把字符修改为另一种字符
输入两行，第一行是原始的DNA，第二行是目标DNA，保证长度是相同的
求最少的修改次数

样例输入：
ATTTAA
TTAATT

输出:3

  这个题目看起来好像有点复杂，仔细一想其实很简单，就两个字符，不一样的时候可以交换，也可以更改。显然长度是一致的，没有改变长度的操作，所以很直接，如果可以交换直接交换，如果不能交换则修改。交换减少的不一样字符的数目为2，修改减少不一致的数目为1。
  再来看交换，如果把A换成T，肯定有一个T被换成了A，如果把已经配对的T换成了A，那么相当于没换，因为不一样的数目没变。所以肯定是两者之间的互换。但是什么时候就不能交换了呢，显然就是所有的T已经被A交换完了，或者A被T交换完了。
  如果已经有一种字符被交换完了，那么剩下的字符就只能修改了。所以统计不一样的字符数目，分开统计A不一样的时候，和T不一样的时候。交换的数目显然就是两个数中较小的数目。更改的数目就是多的数交换之后剩下的数目。所以总的修改次数，就是只管多的那个不一样的字符。
  上面的例子中，两个DNA不相同的字符的索引有0,2,3,4,5。与原串的A不一样的字符索引是0,4,5。与原串的T不一样的字符索引是2,3。显然把0,4和2,3交换之后，剩下的5进行替换即可。所以就是统计与原串中A和T不一样的字符的数目，两者多的就是总的修改次数。

python 代码

origin=input()
target=input()
ori={'A':0,'T':0}
for o,t in zip(origin,target):
    if o!=t:
        ori[o]+=1
print(max(ori['A'],ori['T']))

C++代码

int main()
{
	string origin, target;
	cin >> origin;
	cin >> target;
	int a[2] = { 0,0 };
	for (int i = 0; i < origin.size(); i++)
		if (origin[i] != target[i])
			a[origin[i] == 'A'] += 1;
	cout << (a[0]>a[1]? a[0]:a[1]);
	return 0;
}

第二题

有一个抽奖箱，n张中奖券，m张不中奖券，A和B轮流抽奖，如果抽中奖券就结束。但是B每抽一次后，没抽中的话会把抽奖箱中的一张票给扔掉。如果所有的奖票都抽光了，则B获胜。A先抽，求A获胜的概率，保留4位小数
输入: n和m输出A获胜的概率

样例输入：
2 3
输出 0.6000

  对于输出的0.5000的解释是，A第一次抽中的概率是2/5=0.4，第二次抽中的概率是A和B都没有抽中，概率是3/5 * 2/4这个时候剩下2张中奖券和一张不中奖券需要丢掉一张，有两种情况，丢掉一张中奖券，概率是2/3，则A下次获胜的概率是1/2，如果丢掉不中奖券，A下次获胜的概率是1。这个事件发生的概率等于 3/5 * 2/4 * （2/3 * 1/2 + 1/3 *1）。然后两次之和就是0.6000。
  一回合，最多用掉三张奖券，肯定有两张是不中奖券，还有一张是丢的，可以是中奖券也可以是不中奖券。我们用掉三张之后，相当于问题分成了两种情况，n-1,m-2和n,m-3这两个子问题。而且子问题和原来的问题具有一致性，所以比较容易的写出递归代码。但是同样的问题，会出现重复计算，那么可能会想到给递归加备忘录，这就是整个算法的思路。
  能否考虑自底向上的动态规划，当然可以，但是没有必要，因为处理的情况比较多。还是递归的代码处理起来简洁。而且n和m，有很多子问题是不需要计算的。如果自底向上，不好判断哪些需要计算，哪些不需要。所以选择自顶向下的计算更好一些。
  处理返回情况了，当m<2的时候，因为不够一回合减两张不中奖券了，就已经可以返回了，同理n<1也可以返回了。所有的情况，因为没有下一次，所以a必须获胜，直接返回n/(n+m)。但是当m=2的时候，n=1，这个时候A也没有下次了，获胜的概率是n/(n+m)。
  如果n还很多，但是m只有两张了，这个时候，显然a没抽中的话，只有m也没抽中才可以获胜，这个时候
A获胜的概率就是抽中，n/(n+2)加上A没抽中，B也没抽中的概率，就是 $1/((m+n)*(m+n-1))$。两者之和。
  其实这里还可以用丢掉的奖券不影响A下次获胜的概率这一条规则简化一下代码，但是我笔试的时候没有考虑那么多。

python代码

n,m=[int(i) for i in input().split(' ')]
dp=[[0]*(m+1) for i in range(n+1)]
def func(n, m):
    summ=m+n
    if dp[n][m]:return dp[n][m]
    elif m<2 or n<1 or (m==2 and n==1):
        dp[n][m]=n/summ
    elif m==2:
        dp[n][m]=n/summ+2/(summ*summ-summ)
    else:
        cb=func(n, m - 3)*(m-2)/(summ-2) # 丢掉不中奖券后A获胜的概率
        cr=func(n - 1, m - 2)*n/(summ-2) # 丢掉中奖券后A获胜的概率
        dp[n][m]= n/summ+(cb+cr)*(m*m-m)/(summ*summ-summ) # A这次就获胜的概率+A之和获胜的概率
    return dp[n][m]

print('%.4f'%func(n,m))

C++代码

double f(int n, int m, vector<vector<double>> probability)
{
	double sum = m + n;
	if (probability[n][m])return probability[n][m];
	if (m < 2 || n < 1 || (m == 2 && n == 1))probability[n][m] = n / sum;
	else {
		if(m==2)probability[n][m] = n / sum + 2 / (sum * sum - sum);
		else {
			double cb = f(n, m - 3, probability) * (m - 2) / (sum - 2); // 丢掉不中奖券后A获胜的概率
			double cr = f(n - 1, m - 2, probability) * n / (sum - 2);  // 丢掉中奖券后A获胜的概率
			probability[n][m] = n / sum + (cb + cr) * (m * m - m) / (sum * sum - sum);
		}
	}
	return probability[n][m];
}
int main()
{
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	vector<vector<double>> probability(n + 1, vector<double>(m + 1, 0));
	cout << setiosflags(ios::fixed) << setprecision(4)<< f(n, m,probability);
}

  由于我自己提交试用的是python，C++代码没有经过在线提交，如果发现bug，欢迎指出。