2025华为od机试真题A卷【文件目录大小】C语言实现

所有题目均有五种语言实现。C实现目录、C++ 实现目录、Python实现目录、Java实现目录、JavaScript实现目录

题目

一个文件目录的数据格式为: 目录id，本目录中文件大小，(子目录id列表)其中目录id全局唯一，取值范围[1,200]，本目录中文件大小范围[1,1000]，子目录id列表个数[0,10]

例如 : 1 20 (2,3)表示目录1中文件总大小是20，有两人子目录，id分别是2和3
现在输入一个文件系统中所有日录信息，以及待查询的目录id，返回这个目录和及该目录所有子目录的大小之和
输入描述
第一行为两个数字M，N，分别表示目录的个数和待查询的目录id.
1≤M≤100
1≤N≤200
接下来M行，每行为1个目录的数据
目录id 本目录中文件大小(子目录id列表)
子目录列表中的子目录id以逗号分隔

输出描述
待查询目录及其子目录的大小之和
示例1：

输入
3 1
3 15 (0)
1 20 (2)
2 10 (3)
输出

45
说明
目录1大小为20，包含一个子目录2(大小为10)，子目录2包含人子目录3(大小为15)，总的大小为20+10+15=45

示例2：

输入

4 2
4 20 ()
5 30 ()
2 10 (4,5)
1 40 ()
输出

60
说明
目录2包含2个子目录4和5，总的大小为10+20+30 = 60

思路

1：目录之间的关系其实就是树结构，返回这个目录和及该目录所有子目录的大小之和，其实就是求当前节点及其所有子节点的值之和。一个DFS解决问题。

Code

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

#define MAX_NODES 10000  // 假设最大节点数

// 关系存储结构
typedef struct {
    int children[MAX_NODES]; // 存储子节点编号
    int child_count;         // 子节点个数
} NodeRelation;

NodeRelation relations[MAX_NODES]; // 关系映射
int relation_keys[MAX_NODES];      // 存储节点权重

int queue[MAX_NODES];  // BFS 队列
int front = 0, rear = 0; // 队列指针

void enqueue(int val) {
    queue[rear++] = val;
}

int dequeue() {
    return queue[front++];
}

int is_empty() {
    return front == rear;
}

int main() {
    int m, n;
    scanf("%d %d", &m, &n);

    // 初始化结构体数组
    for (int i = 0; i < MAX_NODES; i++) {
        relations[i].child_count = 0;
        relation_keys[i] = 0;
    }

    // 读取 m 组关系
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int parent, value;
        char children_str[1000];  // 假设输入不会超过 1000 字符
        scanf("%d %d %s", &parent, &value, children_str);

        relation_keys[parent] = value;  // 记录节点权重

        // 解析子节点
        if (strlen(children_str) > 2) { // 子节点存在
            char *token = strtok(children_str + 1, ","); // 去掉前导 '['
            while (token != NULL) {
                int child = atoi(token);
                relations[parent].children[relations[parent].child_count++] = child;
                token = strtok(NULL, ",");
            }
        }
    }

    // BFS 遍历
    int total_value = 0;
    enqueue(n);

    while (!is_empty()) {
        int node = dequeue();
        total_value += relation_keys[node];

        for (int i = 0; i < relations[node].child_count; i++) {
            enqueue(relations[node].children[i]);
        }
    }

    printf("%d\n", total_value);
    return 0;
}

要求

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言 2秒

空间限制：C/C++262144K，其他语言524288K

64bit IO Format：%lld

语言限定：
C（clang11）, C++（clang++11）, Pascal（fpc 3.0.2）, Java（javac 1.8）, Python2（2.7.3）,
PHP(7.4.7), C#(mcs5.4), ObjC(gcc 5.4), Pythen3(3.9), JavaScript Node(12.18.2), JavaScript V8(6.0.0),
Sqlite(3.7.9), R(4.0.3), Go(1.14.4), Ruby(2.7.1), Swift(5.3), matlab(Octave 5.2), Pypy2(pypy2.7.13),
Pypy3(pypy3.6.1), Rust(1.44), Scala(2.11.12), Kotlin(1.4.10), Groovy(3.0.6), TypeScript(4.1.2), Mysql(8.0)

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