下面是美团2024-03-09笔试真题，笔者进行了VP，由于未参与评测，故不保证正确性，仅供参考。
第一题 小美的MT
首先找到原来字符串中含有的M和T的数量，记作cnt。然后剩余n - cnt个字符是可以修改的，但这取决于k，故可以修改的个数为min(k, n - cnt)。因此答案就是cnt + min(k, n - cnt)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k, cnt;
string s;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
cin >> s;
for (auto& c: s)
if (c == 'M' || c == 'T')
++ cnt;
printf("%d\n", cnt + min(k, n - cnt));
}
第二题 小美的数组询问
首先统计数组a中所有元素的总和，记作s。然后统计数组a中元素0的个数，记作zeros。显然，最小值就是：zeros * l。最大值就是：zeros * r。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
using LL = long long ;
int a[N], n, Q, l, r;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &Q);
LL s = 0, zeros = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
scanf("%d", &a[i]);
s += a[i];
if (a[i] == 0) ++ zeros;
}
while (Q -- ) {
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%lld %lld\n", s + zeros * l, s + zeros * r);
}
}
第三题 小美的平衡矩阵
考察二维前缀和。
可以先预处理出二维前缀和数组。然后由于n只有200，所以直接枚举所有的边长i的正方形，判断正方形的和是否为i * i / 2即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 210;
char g[N][N];
int s[N][N], ans[N], n;
inline int solve(int x1, int y1, int x2, int y2) {
return s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 -1] + s[x1 - 1][y1 - 1];
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
cin >> g[i][j];
s[i][j] = g[i][j] - '0';
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
for (int j = 1; j <= n; ++ j)
s[i][j] += s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
for (int k = 1; k <= n; ++ k) {
if (i + k - 1 <= n && j + k - 1 <= n) {
int x = solve(i, j, i + k - 1, j + k - 1);
if (x * 2 == k * k) ++ ans[k];
}
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) printf("%d\n", ans[i]);
}
第四题 小美的区间删除
首先，我们需要知道：乘积末尾有 k k k个 0 0 0意味着乘积可以被 1 0 k 10^k 10k整除，又 10 = 2 × 5 10 = 2\times 5 10=2×5。因此，问题转化为找到删除区间后，剩余所有元素的乘积中 2 2 2和 5 5 5的因子数量都至少有 k k k个。
- 预处理出每个元素含有的因子
2
2
2和因子
5
5
5的个数，分别记录到
cnt2和cnt5数组中。然后用变量c2和c5记录所有因子 2 2 2和所有因子 5 5 5的总数。 - 然后我们可以使用双指针来维护一个滑动窗口。使用双指针
l
l
l（左指针）和
r
r
r（右指针）遍历数组。对于每个右指针的位置
r
r
r，尝试移动左指针
l
l
l，直到当前考虑的区间（从
l
l
l到
r
r
r）外的部分（即删除这个区间后的数组部分）的乘积末尾的
0
0
0的数量不小于
k
k
k。这是通过确保
c2和c5（即当前考虑的区间外部分的因子 2 2 2和 5 5 5的总数）的最小值不小于 k k k来实现的。对于每个右指针 r r r的位置，计算满足条件的左指针 l l l的数量，并累加到ans。这里，ans += r - l + 1;是因为对于每个固定的右指针 r r r，从 l l l到 r r r的所有位置都可以作为左指针，形成一个有效的区间。 - 最后，输出满足条件的连续子数组的总数ans。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
using LL = long long;
int a[N], cnt2[N], cnt5[N], n, k;
int get(int x, int p) {
int ans = 0;
while (x % p == 0) {
x /= p;
++ ans;
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 0; i < n; ++ i) scanf("%d", &a[i]);
int c2 = 0, c5 = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cnt2[i] = get(a[i], 2);
cnt5[i] = get(a[i], 5);
c2 += cnt2[i], c5 += cnt5[i];
}
LL ans = 0;
for (int l = 0, r = 0; r < n; ++ r) {
c2 -= cnt2[r], c5 -= cnt5[r];
while (min(c2, c5) < k) {
c2 += cnt2[l], c5 += cnt5[l];
++ l;
}
ans += r - l + 1;
}
printf("%lld\n", ans);
}
第五题 小美的朋友关系
这题其实与 P1197 星球大战 类似。一眼并查集，而且还是涉及到并查集删除问题。
但是我们知道并查集并不支持删除操作。一般涉及到并查集删除问题的解题套路：正难则反，逆向思考。
（1）首先构建出原图：
for (int i = 0; i < m; ++ i) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b), add(b, a);
}
（2）然后在原图中标记出要删除的边（图中红色边表示要删除），不妨称这个图为标记图：
ops.resize(Q);
for (int i = 0; i < Q; ++ i) {
int op, a, b;
scanf("%d%d%d", &op, &a, &b);
// 标记要删除的边（此时点a和点b之间的这条边就是要删除的）
if (op == 1) st[a] = st[b] = true;
ops[i] = {op, a, b};
}
（3）然后根据标记图，不考虑删除边，然后进行并查集合并，不妨称为初始并查集：
for (int i = 0; i < idx; ++ i) {
int a = e[i ^ 1], b = e[i];
// 说明点a和点b之间的这条边是删除边
if (st[a] && st[b]) continue;
merge(a, b);
}
（4）然后逆向遍历所有的q次操作，如果是查询，使用并查集直接查出即可；如果是删除，则往并查集添加边。为什么需要逆向遍历呢？这是因为在原图中，比如先删除边 ( a , b ) (a,b) (a,b)再删除边 ( u , v ) (u,v) (u,v)是会对图产生影响的，因为删除边 ( u , v ) (u,v) (u,v)是在删除边 ( a , b ) (a,b) (a,b)后的图上在进行的删除操作。但是我们此时是要往图中加边，因此需要先从后面的状态开始加边。也就是说逆向加边才能保证和正向删边的状态一致性。
for (int i = Q - 1; i >= 0; -- i) {
int op = ops[i][0], a = ops[i][1], b = ops[i][2];
if (op == 1) {
merge(a, b);
} else {
if (find(a) == find(b)) ans.push_back("Yes");
else ans.push_back("No");
}
}
完整实现：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = 2e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int p[N], n, m, Q;
bool st[N];
vector<vector<int>> ops;
vector<string> ans;
void add(int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int find(int x) {
if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int a, int b) {
a = find(a), b = find(b);
if (a != b) p[a] = b;
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) p[i] = i;
for (int i = 0; i < m; ++ i) {
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
add(a, b), add(b, a);
}
ops.resize(Q);
for (int i = 0; i < Q; ++ i) {
int op, a, b;
scanf("%d%d%d", &op, &a, &b);
if (op == 1) st[a] = st[b] = true;
ops[i] = {op, a, b};
}
for (int i = 0; i < idx; ++ i) {
int a = e[i ^ 1], b = e[i];
if (st[a] && st[b]) continue;
merge(a, b);
}
for (int i = Q - 1; i >= 0; -- i) {
int op = ops[i][0], a = ops[i][1], b = ops[i][2];
if (op == 1) {
merge(a, b);
} else {
if (find(a) == find(b)) ans.push_back("Yes");
else ans.push_back("No");
}
}
reverse(ans.begin(), ans.end());
for (auto &x : ans) cout << x << endl;
return 0;
}
