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考研面试有可能考的算法
内容导读
互联网集市收集整理的这篇技术教程文章主要介绍了考研面试有可能考的算法，小编现在分享给大家，供广大互联网技能从业者学习和参考。文章包含9847字，纯文字阅读大概需要15分钟。
内容图文
分治算法
分治算法的基本思想是将一个规模为N的问题分解为K个规模较小的子问题，这些子问题相互独立且与原问题性质相同。求出子问题的解，就可得到原问题的解。
贪心算法
在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的仅是在某种意义上的局部最优解。
动态规划算法
动态规划的实质是分治思想和解决冗余，因此，动态规划是一种将问题实例分解为更小的、相似的子问题，并存储子问题的解而避免计算重复的子问题，以解决最优化问题的算法策略。
动态规划法与分治法和贪心法类似，它们都是将问题实例归纳为更小的、相似的子问题，并通过求解子问题产生一个全局最优解。其中贪心法的当前选择可能要依赖已经作出的所有选择，但不依赖于有待于做出的选择和子问题。因此贪心法自顶向下，一步一步地作出贪心选择；而分治法中的各个子问题是独立的 (即不包含公共的子子问题)，因此一旦递归地求出各子问题的解后，便可自下而上地将子问题的解合并成问题的解。但不足的是，如果当前选择可能要依赖子问题的解时，则难以通过局部的贪心策略达到全局最优解；如果各子问题是不独立的，则分治法要做许多不必要的工作，重复地解公共的子问题。
解决上述问题的办法是利用动态规划。该方法主要应用于最优化问题，这类问题会有多种可能的解，每个解都有一个值，而动态规划找出其中最优(最大或最小)值的解。若存在若干个取最优值的解的话，它只取其中的一个。在求解过程中，该方法也是通过求解局部子问题的解达到全局最优解，但与分治法和贪心法不同的是，动态规划允许这些子问题不独立，(亦即各子问题可包含公共的子子问题)也允许其通过自身子问题的解作出选择，该方法对每一个子问题只解一次，并将结果保存起来，避免每次碰到时都要重复计算。
因此，动态规划法所针对的问题有一个显著的特征，即它所对应的子问题树中的子问题呈现大量的重复。动态规划法的关键就在于，对于重复出现的子问题，只在第一次遇到时加以求解，并把答案保存起来，让以后再遇到时直接引用，不必重新求解。
回溯算法
回溯法是一个既带有系统性又带有跳跃性的的搜索算法。它在包含问题的所有解的解空间树中，按照深度优先的策略，从根结点出发搜索解空间树。算法搜索至解空间树的任一结点时，总是先判断该结点是否肯定不包含问题的解。如果肯定不包含，则跳过对以该结点为根的子树的系统搜索，逐层向其祖先结点回溯。否则，进入该子树，继续按深度优先的策略进行搜索。回溯法在用来求问题的所有解时，要回溯到根，且根结点的所有子树都已被搜索遍才结束。而回溯法在用来求问题的任一解时，只要搜索到问题的一个解就可以结束。这种以深度优先的方式系统地搜索问题的解的算法称为回溯法，它适用于解一些组合数较大的问题。
其基本思想：确定了解空间的组织结构后，回溯法就从开始结点（根结点）出发，以深度优先的方式搜索整个解空间。这个开始结点就成为一个活结点，同时也成为当前的扩展结点。在当前的扩展结点处，搜索向纵深方向移至一个新结点。这个新结点就成为一个新的活结点，并成为当前扩展结点。如果在当前的扩展结点处不能再向纵深方向移动，则当前扩展结点就成为死结点。换句话说，这个结点不再是一个活结点。此时，应往回移动（回溯）至最近的一个活结点处，并使这个活结点成为当前的扩展结点。回溯法即以这种工作方式递归地在解空间中搜索，直至找到所要求的解或解空间中已没有活结点时为止。
动态规划：求解的问题分解为若干个子问题（阶段），按顺序求解子阶段，前一子问题的解，为后一子问题的求解提供了有用的信息。在求解任一子问题时，列出各种可能的局部解，通过决策保留那些有可能达到最优的局部解，丢弃其他局部解。依次解决各子问题，最后一个子问题就是初始问题的解
其中贪心法的当前选择可能要依赖已经作出的所有选择，但不依赖于有待于做出的选择和子问题。因此贪心法自顶向下，一步一步地作出贪心选择；
而分治法中的各个子问题是独立的 (即不包含公共的子子问题)，因此一旦递归地求出各子问题的解后，便可自下而上地将子问题的解合并成问题的解。
但不足的是，如果当前选择可能要依赖子问题的解时，则难以通过局部的贪心策略达到全局最优解；如果各子问题是不独立的，则分治法要做许多不必要的工作，重复地解公共的子问题
动态规划法的关键就在于，对于重复出现的子问题，只在第一次遇到时加以求解，并把答案保存起来，让以后再遇到时直接引用，不必重新求解。
0-1背包问题
问题描述
假设我们有n件物品，分别编号为1,2,…n。其中编号为i的物品价值Vi,它的重量为Wi。为了简化问题，假设价值和重量都是整数。现在假设我们有一个背包，它能够承载的重量是W。现在，我们希望王背包里装这些物品，使得包里装的物品价值最大化，那么我们该如何选择装的物品？问题结构如下图所示：
using namespace std;
int Weight[] = {0,2,2,6,5,4}; //物品的重量
int Value[] = {0,6,3,5,4,6}; //物品的价值
int table[6][11]; //存放表示到第i个元素为止，在限制总重量为w的情况下我们所能选择到的最优解
bool Frist_Flag = true; //主要是初始化table[][] = Value[1]
int main(void)
{
for (int i = 1;i <= 5;i++)
{
for (int j = 1;j <=10;j++)
{
if (Frist_Flag == true)
{
if (Weight[1] <= j)
{
table[i][j] = Value[1];
Frist_Flag = false;
}
}
else
{
if (Weight[i] > j)
{
table[i][j] = table[i-1][j];
}
else
{
table[i][j] = max(table[i-1][j-Weight[i]]+Value[i],table[i-1][j]);
}
}
}
}
cout << ”MaxValue = ”<< table[5][10] << endl;
return 0;
}
给定一个矩阵m，从左上角开始每次只能向右走或者向下走，最后达到右下角的位置，路径中所有数字累加起来就是路径和，返回所有路径的最小路径和，如果给定的m如下，那么路径1,3,1,0,6,1,0就是最小路径和，返回12.
1 3 5 9
8 1 3 4
5 0 6 1
8 8 4 0
分析：对于这个题目，假设m是m行n列的矩阵，那么我们用dp[m][n]来抽象这个问题，dp[i][j]表示的是从原点到i,j位置的最短路径和。我们首先计算第一行和第一列，直接累加即可，那么对于其他位置，要么是从它左边的位置达到，要么是从上边的位置达到，我们取左边和上边的较小值，然后加上当前的路径值，就是达到当前点的最短路径。然后从左到右，从上到下依次计算即可。
有n级台阶，一个人每次上一级或者两级，问有多少种走完n级台阶的方法。
分析：动态规划的实现的关键在于能不能准确合理的用动态规划表来抽象出 实际问题。在这个问题上，我们让f(n)表示走上n级台阶的方法数。
那么当n为1时，f(n) = 1,n为2时，f(n) =2,就是说当台阶只有一级的时候，方法数是一种，台阶有两级的时候，方法数为2。那么当我们要走上n级台阶，必然是从n-1级台阶迈一步或者是从n-2级台阶迈两步，所以到达n级台阶的方法数必然是到达n-1级台阶的方法数加上到达n-2级台阶的方法数之和。即f(n) = f(n-1)+f(n-2)，我们用dp[n]来表示动态规划表，dp[i],i>0,i<=n,表示到达i级台阶的方法数。
贪心算法
- 活动选择问题
这是《算法导论》上的例子，也是一个非常经典的问题。有n个需要在同一天使用同一个教室的活动a1,a2,…,an，教室同一时刻只能由一个活动使用。每个活动ai都有一个开始时间si和结束时间fi 。一旦被选择后，活动ai就占据半开时间区间[si,fi)。如果[si,fi]和[sj,fj]互不重叠，ai和aj两个活动就可以被安排在这一天。该问题就是要安排这些活动使得尽量多的活动能不冲突的举行。例如下图所示的活动集合S，其中各项活动按照结束时间单调递增排序。
在零一背包问题中贪心选择之所以不能得到最优解原因是贪心选择无法保证最终能将背包装满，部分闲置的背包空间使每公斤背包空间的价值降低了。在程序中已经事先将单位重量价值按照从大到小的顺序排好
1. 分糖果(leetcode455)
题目：已知一些孩子和一些糖果，每个孩子有需求因子g，每个糖果有大小s，当某个糖果的大小s>=某个孩子的需求因子g时，代表该糖果可以满足该孩子，求使用这些糖果，最多能满足多少孩子（注意，某个孩子最多只能用1个糖果满足）
思考：
当某个孩子可以被多个糖果满足时，是否需要优先用某个糖果满足这个孩子？
当某个糖果可以满足多个孩子时，是否需要优先满足某个孩子？
贪心规律是什么？
贪心规律：
某个糖果如果不能满足某个孩子，则该糖果也一定不能满足需求因子更大的孩子
某个孩子可以用更小的糖果满足，则没必要用更大糖果满足，因为可以保留更大的糖果满足需求因子更大的孩子
孩子的需求因子更小则其更容易被满足，故优先从需求因子小的孩子尝试，可以得到正确的结果(因为我们追求更多的孩子被满足，所以用一个糖果满足需求因子较小或较大的孩子都是一样的)。
算法设计：
对需求因子数组g和糖果大小数组s进行从小到大的排序
按照从小到大的顺序使用各糖果尝试是否可满足某个孩子，每个糖果只尝试1次，只有尝试成功时，换下一个孩子尝试，直到发现没更多的孩子或者没有更多的糖果，循环结束。
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小船过河问题
POJ1700是一道经典的贪心算法例题。题目大意是只有一艘船，能乘2人，船的运行速度为2人中较慢一人的速度，过去后还需一个人把船划回来，问把n个人运到对岸，最少需要多久。先将所有人过河所需的时间按照升序排序，我们考虑把单独过河所需要时间最多的两个旅行者送到对岸去，有两种方式：
1.最快的和次快的过河，然后最快的将船划回来；次慢的和最慢的过河，然后次快的将船划回来，所需时间为：t[0]+2*t[1]+t[n-1]；
2.最快的和最慢的过河，然后最快的将船划回来，最快的和次慢的过河，然后最快的将船划回来，所需时间为：2*t[0]+t[n-2]+t[n-1]。
算一下就知道，除此之外的其它情况用的时间一定更多。每次都运送耗时最长的两人而不影响其它人，问题具有贪心子结构的性质。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int a[1000],t,n,sum;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
sum=0;
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
while(n>3)
{
sum=min(sum+a[1]+a[0]+a[n-1]+a[1],sum+a[n-1]+a[0]+a[n-2]+a[0]);
n-=2;
}
if(n==3) sum+=a[0]+a[1]+a[2];
else if(n==2) sum+=a[1];
else sum+=a[0];
printf("%d\n",sum);
}
}
POJ3253一道就是利用这一思想的典型例题。题目大意是有把一块无限长的木板锯成几块给定长度的小木板，每次锯都需要一定费用，费用就是当前锯的木板的长度。给定各个要求的小木板的长度以及小木板的个数，求最小的费用。以要求3块长度分别为5,8,5的木板为例：先从无限长的木板上锯下长度为21的木板，花费21；再从长度为21的木板上锯下长度为5的木板，花费5；再从长度为16的木板上锯下长度为8的木板，花费8；总花费=21+5+8=34。利用Huffman思想，要使总费用最小，那么每次只选取最小长度的两块木板相加，再把这些和累加到总费用中即可。为了提高效率，使用优先队列优化，
】
分治法所能解决的问题一般具有以下几个特征：
1) 该问题的规模缩小到一定的程度就可以容易地解决
2) 该问题可以分解为若干个规模较小的相同问题，即该问题具有最优子结构性质。
3) 利用该问题分解出的子问题的解可以合并为该问题的解；
4) 该问题所分解出的各个子问题是相互独立的，即子问题之间不包含公共的子子问题。
，如果各子问题是不独立的则分治法要做许多不必要的工作，重复地解公共的子问题，此时虽然可用分治法，但一般用动态规划法较好。
内容总结
以上是互联网集市为您收集整理的考研面试有可能考的算法全部内容，希望文章能够帮你解决考研面试有可能考的算法所遇到的程序开发问题。 如果觉得互联网集市技术教程内容还不错，欢迎将互联网集市网站推荐给程序员好友。
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