阿里笔试讨论（3.23场)（附两道题AC的方法或代码）
更新：整理了一下两道题的代码，主要考虑可读性，所以不算精简：
第1题：
#include<iostream>
using namespace std;
long long fun2(long long N) {
if(N == 0) {
return 1;
}
if(N == 1) {
return 2;
}
long long res = fun2(N/2);
if(N%2 == 0) {
return (res*res)%1000000007;
}
else {
return (2*(res*res)%1000000007)%1000000007;
}
}
int main() {
long long N;
cin>>N;
cout<<(N*fun2(N-1))%1000000007<<endl;
return 0;
} 第2题：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//定义坐标点
struct pos{
int x;
int y;
};
struct ks {
int use[6];
};
//初始化每个位置达到所需步数
void init_dpmat(vector<vector<ks> > &dp, int n, int m) {
ks ktmp;
vector<ks> dp_r;
int i;
for(i = 0; i < 6; i++) {
ktmp.use[i] = 250001;
}
for(i = 0; i < m; i++) {
dp_r.push_back(ktmp);
}
for(i = 0; i < n; i++) {
dp.push_back(dp_r);
}
return;
}
//记录起点、终点
void init_queue(vector<vector<ks> > &dp, queue<pos> &q1, int i, int j) {
pos ps;
ps.x = i;
ps.y = j;
int k;
for(k = 0; k < 6; k++) {
dp[i][j].use[k] = 0;
}
q1.push(ps);
return;
}
pos end_pos(int i, int j) {
pos pe;
pe.x = i;
pe.y = j;
return pe;
}
//检查是否可行点
bool check(pos ptmp, vector<vector<char> > &M) {
return (ptmp.x >= 0 && ptmp.x < M.size() &&
ptmp.y >= 0 && ptmp.y < M[0].size() &&
M[ptmp.x][ptmp.y] != '#');
}
//bfs case
bool bfs_case(queue<pos> &q1, vector<vector<char> > &M, vector<vector<ks> > &dp,
int mode[4][2], int casenum, int casecate, pos pe) {
pos ptmp;
if(casecate == 0) {
ptmp.x = q1.front().x + mode[casenum][0];
ptmp.y = q1.front().y + mode[casenum][1];
}
else {
ptmp.x = int(M.size() - 1) - q1.front().x;
ptmp.y = int(M[0].size() - 1) - q1.front().y;
}
int k;
bool flag;
if(check(ptmp, M)) {
flag = 0;
for(k = 0; k < 6 - casecate; k++) {
if(dp[ptmp.x][ptmp.y].use[k + casecate] > dp[q1.front().x][q1.front().y].use[k] + 1) {
dp[ptmp.x][ptmp.y].use[k + casecate] = dp[q1.front().x][q1.front().y].use[k] + 1;
flag = 1;
}
}
if(flag == 1) {
q1.push(ptmp);
}
}
if(ptmp.x == pe.x && ptmp.y == pe.y) {
return 1;
}
else {
return 0;
}
}
int main() {
int n,m;
cin>>n>>m;
char ctmp;
vector<char> vtmp;
vector<vector<char> > M;
vector<vector<ks> > dp;
init_dpmat(dp, n, m);
queue<pos> q1;
pos pe;
int mode[4][2] = {-1,0,0,-1,1,0,0,1};
bool flag;
int i,j;
//输入 && 记录起点、终点
for(i = 0; i < n; i++) {
for(j = 0; j < m; j++) {
cin>>ctmp;
vtmp.push_back(ctmp);
if(ctmp == 'S') {
init_queue(dp, q1, i, j);
}
else if(ctmp == 'E') {
pe = end_pos(i,j);
}
}
M.push_back(vtmp);
vtmp.clear();
}
//广度优先遍历，如可达终点点则输出
while(!q1.empty()) {
flag = 0;
for(i = 0; i < 4; i++) {
flag = flag | bfs_case(q1, M, dp, mode, i, 0, pe);
}
flag = flag | bfs_case(q1, M, dp, mode, 0, 1, pe);
if(flag) {
cout<<dp[pe.x][pe.y].use[5]<<endl;
return 0;
}
q1.pop();
}
//不能达到终点，输出-1
cout<<-1<<endl;
return 0;
} ————————————————————————————————————————
原答案：
自己参加了这场……感觉比第一场要简单
第一题：N个人，任意选k个，再从k个里任选1个当队长，求总组合数
代码没记，大概是这样：
总数S = 0*C(N,0) + ... + i*C(N,i) + N*C(N,N)
倒着加：S +S = N*(C(N,0) + ... + C(N,N) = N*2^(N)
所以 S = N*2^(N-1)
接下来只需要考虑计算2^(N-1)的快速计算方法就好了（简单2分递归即可）
时间复杂度O(logN)，可以AC
第二题：一个地图n*m，包含1个起点，1个终点，其他点包括可达点和不可达点。
每一次可以：上下左右移动，或使用1点能量从（i,j)移动到（n-1-i, m-1-j)，最多可以使用5点能量。
考试时用了本地编译器所以记了代码，补了点注释，供讨论：
/*
AC 代码
空间复杂度O(m*n*6), 时间复杂度O(m*n*6)
考试时写的比较草率，没有好好做函数化，简单加点注释供讨论
简单来说思路是类似于广度优先搜索的，但也写成了偏dp的样子……
dp[i][j][k]：对于位置i,j，用了k次飞行器时，达到这个位置最小需要的步数
用队列来进行访问：
1. 首先把起点坐标放入队列
2. 每一次访问队头元素，观察其1步可以到达的（上、下、左、右、中心对称位）的坐标：
如果该坐标当前记录的某一种飞行器使用次数k下的值>当前值+1，则更新该值，把这一坐标加入队列
（注意，上、下、左、右是同k值比较，中心对称位需要使用一次飞行器，所以是k+1和K比较）
3. 队列清空，更新完成
给出终点目前记录的步数，即为结果
*/
/*
可能的优化：
因为队列入队时，肯定越到后面步数需要越多，所以其实第一次访问到终点坐标就可以跳出了，
不过已经AC了就不想改了……
*/
#include<iostream>
#include<queue>
#include<math.h>
using namespace std;
//定义坐标点
struct pos{
int x;
int y;
};
int main() {
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<vector<char> > M;
vector<char> vtmp;
queue<pos> q1;
pos ps, pe, ptmp;
char ctmp;
int dp[n][m][6];
bool flag;
int i,j, k;
//先把每个位置设置一个大值
for(i = 0; i < n; i++) {
for(j = 0; j < m; j++) {
for(k = 0; k < 6; k++) {
dp[i][j][k] = n*m+1;
}
}
}
//输入 && 记录起点、终点
for(i = 0; i < n; i++) {
for(j = 0; j < m; j++) {
cin>>ctmp;
vtmp.push_back(ctmp);
if(ctmp == 'S') {
ps.x = i;
ps.y = j;
q1.push(ps);
for(k = 0; k < 6; k++) {
dp[i][j][k] = 0;
}
}
else if(ctmp == 'E') {
pe.x = i;
pe.y = j;
}
}
M.push_back(vtmp);
vtmp.clear();
}
//类似广度优先遍历的走完地图
while(!q1.empty()) {
ptmp = q1.front();
//上下左右走，相同k更新
if(ptmp.x > 0 && M[ptmp.x - 1][ptmp.y] != '#') {
flag = 0;
for(k = 0; k < 6; k++) {
if(dp[ptmp.x-1][ptmp.y][k] > dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1) {
dp[ptmp.x-1][ptmp.y][k] = dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1;
flag = 1;
}
}
if(flag == 1) {
ps.x = ptmp.x-1;
ps.y = ptmp.y;
q1.push(ps);
}
}
if(ptmp.y > 0 && M[ptmp.x][ptmp.y - 1] != '#') {
flag = 0;
for(k = 0; k < 6; k++) {
if(dp[ptmp.x][ptmp.y-1][k] > dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1) {
dp[ptmp.x][ptmp.y-1][k] = dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1;
flag = 1;
}
}
if(flag == 1) {
ps.x = ptmp.x;
ps.y = ptmp.y-1;
q1.push(ps);
}
}
if(ptmp.x < n-1 && M[ptmp.x + 1][ptmp.y] != '#') {
flag = 0;
for(k = 0; k < 6; k++) {
if(dp[ptmp.x+1][ptmp.y][k] > dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1) {
dp[ptmp.x+1][ptmp.y][k] = dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1;
flag = 1;
}
}
if(flag == 1) {
ps.x = ptmp.x+1;
ps.y = ptmp.y;
q1.push(ps);
}
}
if(ptmp.y < m-1 && M[ptmp.x][ptmp.y +1] != '#') {
flag = 0;
for(k = 0; k < 6; k++) {
if(dp[ptmp.x][ptmp.y+1][k] > dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1) {
dp[ptmp.x][ptmp.y+1][k] = dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1;
flag = 1;
}
}
if(flag == 1) {
ps.x = ptmp.x;
ps.y = ptmp.y+1;
q1.push(ps);
}
}
//中心对称走，k->k+1更新
if(M[n - 1 - ptmp.x][m - 1 - ptmp.y] != '#') {
flag = 0;
for(k = 0; k < 5; k++) {
if(dp[n - 1 - ptmp.x][m - 1 - ptmp.y][k+1] > dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1) {
dp[n - 1 - ptmp.x][m - 1 - ptmp.y][k+1] = dp[ptmp.x][ptmp.y][k] + 1;
flag = 1;
}
}
if(flag == 1) {
ps.x = n - 1 - ptmp.x;
ps.y = m - 1 - ptmp.y;
q1.push(ps);
}
}
q1.pop();
}
if(dp[pe.x][pe.y][5] == n*m+1) {
cout<<-1<<endl;
}
else {
cout<<dp[pe.x][pe.y][5]<<endl;
}
return 0;
} 
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