笔试时间：2024年06月21日   历史笔试传送门：2023秋招笔试合集  第一题  题目  小易正在参加阴阳师的斗技。已知斗技的规则是，双方各上5名式神，谁先击败对方所有角色谁就获胜了。本题为了简化，可以假设每个式神均为单体攻击，每回合玩家将出动自己的一号式神，攻击对方的一号式神，当一号式神血量降到0或0以下时，则式神死亡，二号变成一号。当一方发动攻击时，受到攻击的式神的血量将减去攻击方的攻击力。双方轮流攻击，小易先手攻击，现在小易想知道，最终谁将获得游戏胜利，胜利的一方还剩多少个存活的式神?  输入描述  第一行输入5个正整数，代表小易从1号到5号每个式神的攻击力。  第二行输入5个正整数，代表小易从1号到5号每个式神的血量。  第三行输入5个正整数，代表小易的对手从1号到5号每个式神的攻击力。  第四行输入5个正整数，代表小易的对手从1号到5号每个式神的血量。  1<=ai,bi,ci,di<=10^4。  输出描述  第一行为一个字符串，表示胜利的一方。如果小易获胜，则输出"win"；否则输出"lose"。  第二行为一个正整数，表示胜利一方剩余的存活式神的数量。  样例输入一     1 1 1 1 1   1 1 1 1 1   1 1 1 1 1   1 1 1 1 1    样例输出一     win   1    解释：共进行5回合，前四回合双方各战死一名式神，第五回合小易攻击后获得胜利，最终小易还剩一个式神。  样例输入二     2 3 4 5 6   6 5 4 3 2   10 1 1 1 1   1000 1 1 1 1    样例输出二     lose   5    参考题解  我们可以模拟这个斗技的过程。每次小易的式神和对方的式神交替攻击。我们使用队列或者列表模拟每个玩家的式神队列。每当一个式神的血量降至0或以下时，就移动到下一个位置。  C++：[此代码未进行大量数据的测试，仅供参考]  #include <iostream>#include <vector>using namespace std;int main() {    vector<int> a(5), b(5), c(5), d(5);    for (int i = 0; i < 5; ++i) {        cin >> a[i];    }    for (int i = 0; i < 5; ++i) {        cin >> b[i];    }    for (int i = 0; i < 5; ++i) {        cin >> c[i];    }    for (int i = 0; i < 5; ++i) {        cin >> d[i];    }    int op = 0, idx1 = 0, idx2 = 0;    while (idx1 < 5 && idx2 < 5) {        if (op % 2 == 0) {            d[idx2] -= a[idx1];            if (d[idx2] <= 0) {                idx2++;            }        } else {            b[idx1] -= c[idx2];            if (b[idx1] <= 0) {                idx1++;            }        }        op++;    }    if (idx1 < 5) {        int ans = 5 - idx1;        cout << "win" << endl;        cout << ans << endl;    } else {        int ans = 5 - idx2;        cout << "lose" << endl;        cout << ans << endl;    }    return 0;}  Java：[此代码未进行大量数据的测试，仅供参考]  import java.util.Scanner;public class Main {    public static void main(String[] args) {        Scanner sc = new Scanner(System.in);        int[] a = new int[5];        int[] b = new int[5];        int[] c = new int[5];        int[] d = new int[5];        for (int i = 0; i < 5; ++i) {            a[i] = sc.nextInt();        }        for (int i = 0; i < 5; ++i) {            b[i] = sc.nextInt();        }        for (int i = 0; i < 5; ++i) {            c[i] = sc.nextInt();        }        for (int i = 0; i < 5; ++i) {            d[i] = sc.nextInt();        }        int op = 0, idx1 = 0, idx2 = 0;        while (idx1 < 5 && idx2 < 5) {            if (op % 2 == 0) {                d[idx2] -= a[idx1];                if (d[idx2] <= 0) {                    idx2++;                }            } else {                b[idx1] -= c[idx2];                if (b[idx1] <= 0) {                    idx1++;                }            }            op++;        }        if (idx1 < 5) {            int ans = 5 - idx1;            System.out.println("win");            System.out.println(ans);        } else {            int ans = 5 - idx2;            System.out.println("lose");            System.out.println(ans);        }                sc.close();    }}  Python：[此代码未进行大量数据的测试，仅供参考]  def main():    a = [int(input()) for _ in range(5)]    b = [int(input()) for _ in range(5)]    c = [int(input()) for _ in range(5)]    d = [int(input()) for _ in range(5)]    op = 0    idx1 = 0    idx2 = 0    while idx1 < 5 and idx2 < 5:        if op % 2 == 0:            d[idx2] -= a[idx1]            if d[idx2] <= 0:                idx2 += 1        else:            b[idx1] -= c[idx2]            if b[idx1] <= 0:                idx1 += 1        op += 1    if idx1 < 5:        ans = 5 - idx1        print("win")        print(ans)    else:        ans = 5 - idx2        print("lose")        print(ans)if __name__ == "__main__":    main()  第二题  题目  小易正在《明日之后》中建造自己的庄园，已知建筑材料共有石灰、砂岩、花岗岩这三种，现在给定了每个建筑这三种材料的消耗，以及该建筑可以带来的收益值。小易初始有A单位石灰，B单位砂岩，C单位花岗岩。他想知道，自己获得的收益最大值为多少?每个建筑只能最多建一个。  输入描述  第一行包含四个正整数 ( n, A, B, C )，分别代表建筑种类数量以及小易初始的石灰、砂岩、花岗岩的单位数量。接下来的 ( n ) 行，每行包含四个整数 ( a_i, b_i, c_i, u_i )，分别代表每种建筑对应的石灰消耗、砂岩消耗、花岗岩消耗，以及该建筑带来的收益。  1<=A,B,C<=50  1<=ai,bi,ci,vi<=10^9  其中30%数据满足n<=20  输出描述  输出一个整数，代表最大收益。  参考题解  动态规划，这个问题是一个典型的背包问题变种，具体是一个多维的背包问题，即“多维费用背包问题”。我们需要考虑三种资源：石灰、砂岩和花岗岩作为限制条件，每种建筑的建造都会消耗一定数量的这三种资源，并且带来一定的收益。  初始化一个三维 DP 数组，大小为 ( (A+1) x (B+1) x (C+1) )，所有值设为 0。  对于每个建筑，更新 DP 数组。  最后DP[A][B][C]将存储使用所有资源的最大收益。  C++：[此代码未进行大量数据的测试，仅供参考]  #include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 55;long long f[N][N][N];int main(){    int n, A, B, C;    cin >> n >> A >> B >> C;