Problem A

第一題最笨的思路(by：LittleSec)

都規定輸入的最大深度是5了，所以直接窮舉深度為1-5的滿二叉樹前序->中序方案，主要就是下標轉換：

eg:輸入ABC對應的下標是012，輸出是順序變成102而已。

eg:高度為3的情況則構造下標數組：a[] = {2,1,3,0,5,4,6}，假設輸入的字符串存在str，那么輸出就是

for(int i = 0; i < pow(2,n)-1; i++)

{

if(str[a[i]]=='#') continue;

else cout << str[a[i]];

}

5種情況而已，草稿紙上列舉不用10分鐘。

親測能通過所有測試樣例。(：逃

第一題稍微不那么笨但還是很笨的思路(by：六月雪Yuni)

只要知道如何從滿二叉樹的先序遍歷推出原樹就可以做。根據定義，滿二叉樹的某一棵子樹的先序遍歷是[根][左子樹序列][右子樹序列]的形式，而且左子樹序列和右子樹序列長度相同。那么先取出根，然后遞歸處理左子樹和右子樹就可以構造出原樹。得到原樹之后中序遍歷亂搞就可以啦。

另外值得注意的是有一些原本可以得到300分的大佬因為讀題失誤，把#節點認為是不存在的節點，而忽略了#節點也可能作為父節點的情況，導致本題只能做到80分或90分。嗚呼哀哉————讀題果然也是重要的一環呢。

這個思路得到了AC(100pts)。

偽代碼：

void ConstructTree(int l, int r){

root = s[l];

root.leftChild = s[l+1];

root.rightChild = s[l+1+(r-l)/2];

ConstructTree(l+1,l+(r-l)/2);

ConstructTree(l+(r-l)/2+1,r);

}

void Output(int root){

Output(root.leftChild);

print(root);

Output(root.rightChild);

}

Problem B

第二題菜雞拿分經驗貼(by：還是最笨的LittleSec

題中給定輸入是s t，千萬認為s一定比t小。當s比t大的話，也就是農夫在牛的后面，那么農夫每次都只能執行后退即-1操作，因此最短步數就是s-t步。親測能通過4個測試樣例(噗

第二題思路1 廣度優先搜索(by：六月雪Yuni)

直接從點s開始BFS。用一個數組vis[]維護元素x是否被加入過隊列，d[]記錄擴展到元素x需要搜索幾步。

每次取出隊首元素fr時，測試fr+1是否在隊中，不在則加入隊列，并且更新d[fr+1]。對fr-1和fr*2同樣這么做。

需要注意的是加入隊列的元素不能是負數，因為0<=s,t<=100000，加入負數沒有意義。fr*2也不能超過100000。

這個思路做到了AC(100pts)。

部分代碼：

int BFS(int s, int t){

memset(d,0x3f,sizeof(d)); //這一步將d中所有元素初始化為一個“無限大”，即在題目語境里非常大的數

const int inf = 0x3f3f3f3f;

d[s] = 0;

queue Q;

while(!Q.empty())Q.pop();

Q.push(s);

while(!Q.empty()){

int fr = Q.front();

if(fr-1>=0 && d[fr-1]>=inf){

Q.push(fr-1);

d[fr-1] = d[fr] + 1;

}

if(d[fr+1]>=inf){

Q.push(fr+1);

d[fr+1] = d[fr] + 1;

}

if(fr*2<=100000 && d[fr*2]>=inf){

Q.push(fr*2);

d[fr*2] = d[fr] + 1;

}

Q.pop(fr);

}

return d[t];//因為我們知道本題一定有解，所以不判定是否存在。

}

第二題思路3 DP

聽說有大佬用動態規劃解了這題，待補充。

Problem C

第三題思路1 DP(by 筆試爆炸啦qaq)

我們令dp[i][j]為串s[1..i]和t[1..j]的最長公共子序列長度。例如，對s="abcde"和t="acefg"，s[1..4]="abcd"，t[1..3]="ace"，所以dp[4][3]=2。(最長公共子序列是"ac")

這樣，就有了以下的遞推式：

s[i] == t[j] : dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1]+1).

s[i] != t[j] : dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]).

初始條件 dp[0][0] = 0

時間復雜度O(L^2)，L = max(s.length, t.length).

然后dp[s.length][t.length]就是串s和串t的公共子序列長度。將這個過程重復n次、取最大就可以求得題目的解。因為1<=n<=200，L<=2000，所以可以在時限內得到解。

這個思路得到了AC(100pts)。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的南京大学计算机考研机试,2018南大CS考研机试答案的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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