360 2020技术综合笔试（2019.8.31）编程题第二题“散步”

 

思路动态规划：

设置两个长度为n+1的dp1、dp2数组，dp[i]表示某次停下是否能到第i个位置，dp[i] = 0表示不能到达，dp[i] = 1表示能到达，

初始dp1[1…n] = 1，表示可以从任意的位置出发，

对每走Dj距离，方向可以向左走或向右走，那么走完Dj距离后，可到达的位置用dp2表示，即，转移方程为：

if (dp1[j] == 1 && j + d[i] <= n )
　　dp2[j + d[i]] = 1;
if (dp1[j] == 1 && j - d[i] >= 1 )
　　dp2[j - d[i]] = 1; 

       dp1 = dp2，重复步骤2。
对每走一步Di 都要对dp[j] 进行一次遍历，总共N x M次, 所以时间复杂度O(N×M),空间复杂度O(N)；

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

void get_res(int n, int m, vector<int>& d){
    vector<int> dp1(n + 1, 0);
    vector<int> dp2(n + 1, 0);   
	//之所以用两个数组记录走过的,由dp1转移到dp2;
	//是因为假如只在一个dp上计算,那么转态转移可能会‘覆盖’潜在转移点  
	

    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        dp1[i] = 1;
    for (int i = 0; i < m; ++i){
        for (int j = 1; j <= n; ++j){
            dp2[j] = 0;   //说明dp1[j]不会转移到dp2[j],毕竟要走一定距离; d[i]!=0  
            if (dp1[j] == 1 && j + d[i] <= n )
                dp2[j + d[i]] = 1;
            if (dp1[j] == 1 && j - d[i] >= 1 )
                dp2[j - d[i]] = 1;
        }
        dp1 = dp2;   //计算完之后把dp2拷贝到dp1上即可,即dp1得到更新 
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (dp2[i] == 1)
            ++ans;
    }
    cout << ans << endl;
}

int main(){
    int n = 0, m = 0;
    cin >> n >> m;
    vector<int> D(m, 0);
    for (int i = 0; i < m; ++i)
        cin >> D[i];
    
    get_res(n, m, D);
    return 0;
}

　　

 参考博客：https://blog.csdn.net/likewind1993/article/details/100176127