深信服2025届全球校招研发笔试-C卷（AK）

前面14个填空题

T1

已知 子数组 定义为原数组中的一个连续子序列。现给定一个正整数数组 arr，请计算该数组内所有可能的奇数长度子数组的数值之和。

输入描述

输入一个正整数数组arr

输出描述

所有可能的奇数长度子数组的和

示例 1
输入

1,4,2,5,3

输出

58

说明

解释:所有奇数长度子数组和它们的和为:
[1] = 1
[4] = 4
[2] = 2
[5] = 5
[3] = 3
[1,4,2] = 7
[4,2,5] = 11
[2,5,3] = 10
[1,4,2,5,3] = 15
我们将所有值求和得到1 + 4 + 2 + 5 + 3 + 7 + 11 + 10 + 15 = 58

C++实现代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <string> 
#include <sstream>using namespace std;int main() {string input;vector<int> v;getline(cin, input);stringstream ss(input);string item;while (getline(ss, item, ',')) {v.push_back(stoi(item));}long long ans = 0;int n = v.size();for (int i = 0; i < n; i++) {long long cur = 0;int cnt = 0;for (int j = i; j < n; j++) {cur += v[j];cnt += 1;if (cnt % 2) {ans += cur;}}}cout << ans << endl;return 0;
}

在这里插入图片描述

T2

平台运行过程中出现异常时一般会将信息记录在后台日志文件中，定位问题时通常使用关键字进行过滤。正则表达式具备很强大的文本匹配功能，能够快速高效地处理文本。常见元字符为:

^：匹配字符串开头。
$：匹配字符串结尾。
.：匹配任意字符。
*：匹配前面的字符零次或多次。
+：匹配前面的字符一次或多次。
?：匹配前面的字符零次或一次。

给定一个输入字符串s和一个字符模式p，s和p的长度均在100以内，要求实现一个支持’.‘和’*'的正则表达式匹配。字符模式必须能够完全匹配输入字符串。

如果匹配成功返回1，匹配失败返回0

请设计一个时间复杂度为 O(mn)或更优的算法来解决这个问题。如果使用内置正则库得0分。

输入描述

第一行输入为字符串s
第二行输入为字符模式p

输出描述

如果匹配成功返回1，匹配失败返回0

示例 1

输入

aaa
a*

输出

1

说明

通配符*可以匹配aa

示例 2

输入

abaa
ab*a

输出

0

说明

通配符*匹配前面的字符零次或多次,由于前面的字符是b,无法匹配a

示例 3

输入

abaa
ab.a

输出

1

说明

通配符.可以匹配任意字符,因此能够匹配a

C++实现代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>using namespace std;bool isMatch(string s, string p) {int m = s.size(), n = p.size();vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));dp[0][0] = true;for (int j = 1; j <= n; j++) {if (p[j - 1] == '*') {// s为空字符串的时候, *匹配0个元素, 例如"a*" = ""dp[0][j] = dp[0][j - 2];}}for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {if (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.') {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}else if (p[j - 1] == '*') {// *匹配0次if (s[i - 1] != p[j - 2] && p[j - 2] != '.') {dp[i][j] = dp[i][j - 2];// *匹配多次}else {dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j];}}}}return dp[m][n];
}int main() {string s, p;cin >> s >> p;if (isMatch(s, p)) {cout << 1 << endl;}else {cout << 0 << endl;}return 0;
}

在这里插入图片描述

T3

给定存在 N个元组的集合，每个元组里面的值为(等级，价格)，等级和价格都是非负整数。在集合中选取数量大于0小于等于N的元组，要求这些元组的等级差不能超过x，并且它们的价格之和最大。最后输出最大的价格

输入描述

第一行包含两个整数 N 和 x (1 ≤ n ≤ 10⁵,1 ≤ x ≤ 10¹⁰) —— 分别是给定的元组集合的数量和等级差。
接下来的 N 行是元组的具体数值，每一行为一个元组的两个值，等级和价格，数字之间用空格隔开

输出描述

输出选取的元组最大的价格之和

示例 1

输入

4 2
0 14
3 16
8 9
10 18

输出

27

说明
总共有4个元组，限制选取的元组等级差为2，那么只能选第三和第四个，或者只选一个。对比这几种选组，价格之和最高的是选第三和第四个元组，结果为27。

C++实现代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>using namespace std;int main() {int N;long long x;cin >> N >> x;vector<vector<long long>> v(N, vector<long long>(2));for (int i = 0; i < N; i++) {cin >> v[i][0] >> v[i][1];}sort(v.begin(), v.end());long long ans = 0;int i = 0, j = 0;long long cur = v[0][1];while (j < N) {if (v[j][0] - v[i][0] <= x) {ans = max(ans, cur);j++;if (j < N) {cur += v[j][1];}}else {cur -= v[i][1];i++;}}cout << ans << endl;return 0;
}

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T4

小明正在一个由m x n的单元格组成的游戏地图上寻找金币，地图由一个二维整数数组 grid 表示。每个 grid[i][j] 都表示地图上单元格 (i, j) 的金币数量。如果 grid[i][j]是 0，表示这个单元格没有金币。如果 grid[i][j]是正数，表示这个单元格有grid[i][j] 个金币。如果 grid[i][j]是-1，表示这个单元格是不可到达的区域。小明的起始位置是左上角，也就是点(0,0)，并且每次可以向上、下、左、右四个方向移动，但不能移出游戏地图。小明有一个特殊的技能: 他可以使用这个技能将一个不可到达的区域(-1的单元格)变为可达区域，但是他只能使用一次这个技能。使用技能后，不可到达的区域会变成0，也就是没有金币但是可以通过。
你的任务是帮助小明计算，他最多可以收集多少个金币。

输入描述

m,n范围为[0,100]
grid[i][j]值范围为[-1,5]，其中0≤i≤m，0≤j≤n

输出描述

输出收集金币数

示例 1

输入

[1,-1]
[1,1]

输出

2

说明

输入一个2*2的二维数组，小明将grid [0][1](或grid[1][0])的-1变成0则可收集到价值2金币，故输出2

示例2

输入

[-1]

输出

0

说明

输入一个1*1的二维数组,小明无论是否使用技能都无法获得金币，故输出0

C++实现代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <string>
#include <sstream>
#include <deque>using namespace std;int main() {vector<vector<int>> v;string line;while (getline(cin, line) && !line.empty()) {istringstream iss(line.substr(1, line.size() - 2));string token;vector<int> row;while (getline(iss, token, ',')) {if (!token.empty()) {row.push_back(stoi(token));}}v.push_back(row);}deque<pair<int, int>> dq;vector<vector<int>> vis;int m, n;m = v.size();n = v[0].size();vis.assign(m, vector<int>(n, 0));function<int(void)> func = [&](void){if (v[0][0] == -1) {return 0;}dq.clear();vis.assign(m, vector<int>(n, 0));dq.push_back({ 0, 0 });vis[0][0] = 1;// 下上右左int dx[] = { 0, 0, 1, -1 };int dy[] = { 1, -1, 0, 0 };int ans = 0;while (!dq.empty()) {auto [x, y] = dq.front();dq.pop_front();ans += v[x][y];for (int i = 0; i < 4; i++) {int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && v[nx][ny] >= 0 && !vis[nx][ny]) {vis[nx][ny] = 1;dq.push_back({ nx, ny });}}}return ans;};int ans = func();for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (v[i][j] == -1) {v[i][j] = 0;ans = max(ans, func());v[i][j] = -1;}}}cout << ans << endl;return 0;
}