PAT 1065 - 1068 题解

这次的题目来源是 2013 年 10 月 7 日下午的浙大计算机研究生招生机试题。

这次题目的难度，按姥姥的说法是：『比普通的 PAT 要难了 0.5 个点。我是把自己的题目从 1.0 到 5.0 以 0.5 的间距分难度级别的，PAT(A)难度一般在 1.5-4.5 之间，保研考试一般在 2.0-5.0 之间。PAT(B)大概是 1.0-2.5 的难度。』。

个人认为，其中 1066 模拟 AVL 插入的实现有些细节容易弄错，而 1068 只要会简单的 DP，也就没有问题了，1065 和 1066 都还是很简单的实现。

下面是各个题的分析（PAT advanced level 本人实现的全部源码：请戳）。

1065. A+B and C (64bit) (20)

题意

输入三个数 a，b，c，取值范围是 [-2^63, 2^63]，要求判断a + b < c 是否为真。

分析

很简单的签到题，想到两种方法：一是用 Java 的 Big Decimal 实现（应该不会超时吧-,-），二是对 a+b 造成的 long long 溢出的情况做特殊处理。

对于分情况的实现方式，实际上也就两种特殊情况，即 a，b 同号且两者之和溢出了（绝对值超过了 2^{63）。此时两者之和与} c 的值的相对关系也是确定的。

a < 0 && b < 0 && a + b >= 0: a + b 必小于 c
a > 0 && b > 0 && a + b <= 0: a + b 必大于 c

另在 98 看见有大神说可以用 long double 水过去-,-.

pat1065 源码:请戳

1066. Root of AVL Tree (25)

题意

实现 AVL 树的插入方法，给定 N(<=20)个数，要求输出依次插入后的 AVL 树的根。

分析

由于节点少，可以使用相对简单的递归实现方法：

每个节点维护一个高度值，用在递归插入后检测子树是否平衡
完成 4 个旋转方法（参见 AVL Tree wikipedia 中的示意图）
在递归插入方法中，完成对子树的插入后，检测子树高度差，根据子树的结构特点，做出相应的旋转
旋转后记得更新节点的高度值

机试时似乎没有人完全 AC 这道题，看来代码实现和 Debug 能力缺乏还是比较普遍的问题。

pat1066 源码:请戳

1067. Sort with Swap(0,*) (25)

题意

给定 N(<=10^5)以及一个{0,1,…,N-1}的打乱的数列。

定义了一种交换方式：Swap(0,*)，表示将 0 和任意数进行位置交换。

限定只能使用Swap(0,*)，要求输出最少需要多少次交换操作，来完成整体的排序。

分析

很好玩的模拟题，从题目的两个测试数据入手，找到所需要的交换次数的特点：

假设用数组 a 存储输入的数组，数组的坐标为 [0, N - 1]，而元素的所有值也是 [0, N - 1]。

输入的序列中本就在自己位置上的数字，是不用被交换的（比如序列{4, 0, 2, 1, 3}中 2 就是不用被交换），0 除外
0 最终肯定会被放回到 0 的位置上，但交换过程中，0 也可能被提前交换到了 0 的位置上，此时还有其他数没有处于正确的位置上（参见 Sample Input{10 3 5 7 2 6 4 9 0 8 1}的情况）。此时需要多费一步将 0 和某一个处于不正确位置的数交换位置，来继续排序。
每次的交换，0 其实只是一个过渡作用。实际的交换过程遵循的链式关系如下所述：设定 a[x] == b，而 b != x，则需要将 a[x]的值移动到 a[b]上，此时 a[b] == c, 那么接着又需要将 a[b]的值移动到 a[c]上，以此类推，肯定能获得一个循环，且节点数 M 小于等于 N。如果循环中包含了 0，那么这个循环中的数排序所需要的交换次数为 M - 1, 如果循环中不包含 0，那么首先需要一次交换将 0 移动到循环链中，此时整个循环链节点数增加了 1，于是共需要开销 M + 1 次交换。
根据 3 的分析，在 2 的情况下，0 与不同的不在正确位置的数的交换，是不会影响最终的结果的。

综上所述，用类似 dfs 或者并查集的思路找到集合中的所有循环链路，记录下他们的大小，即可计算出所需要的交换次数。

pat1067 源码:请戳

1068. Find More Coins (30)

题意

给定 N(<=10^4) 枚硬币和一个价格 M(<=100)。

要求用这 N 枚硬币组合出价格 M，如果有多种组合，输出排序后硬币面值字典序最小的组合，如果没有组合，则输出 No Solution.

分析

裸背包问题，相关资料参见 dd 大神的总结：《背包问题九讲》

按照常规的背包思路，构建 10001 * 101 的二维数组 f[i][j]，状态 f[i][j] 表示前 i 枚硬币能拼凑出的小于等于 j 的最大值（j 这里代表一个价格）。

状态转移方程为：f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - c[i]] + c[i])，其中 c[i]为第 i 枚硬币的面值，c[i]为排序过的硬币面值数组。

由于最终的输出要求是排序的币值的字典序最小的组合，可以对 c[i]做从大到小的排序，并另开一个数组 has[i][j] 来记录当前状态下，是否有包含 c[i]。同时注意，当f[i - 1][j] == f[i - 1][j - c[i]] + c[i]时，采纳当前的 c[i]，以满足字典序。

pat1068 源码:请戳

原文地址：http://biaobiaoqi.me/blog/2013/10/08/pat-1065-pat-1068/
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