阿里笔试3.30题目+样例+ac代码

阿里笔试3.30题目（只有两道编程题）

1，小强有n个养鸡场，弟i个养鸡场初始有a[i]只小鸡。与其他养鸡场不同的是，他的养鸡场每天增加k只小鸡，小强每天结束都会在数量最多的养鸡场里卖掉一半的小鸡，假如一个养鸡场有x只鸡，则卖出后只剩下x/2(向下取整)只鸡。问m天后小强的n个养鸡场一共多少只小鸡？
- 输入
  
  第一行输入三个int类型n,m,k（1 <= n,m,k <= 10^6）
  
  第二行输入n个正整数，表示n个养鸡场初始鸡的个数
- 输出
  
  输出一个整数表示鸡的总数
- 示例
  
  输入：
  
  3 3 100
  
  100 200 400
  
  输出：
  
  925
- 思路：优先队列，时间复杂度O(mlogn)
- 代码
```
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
    int n,m,k,t;
    ll base(0),sum(0);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    priority_queue<int> heap;//默认大根堆
    for(int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%d", &t);
        heap.emplace(t);
        sum += t;
    }
    for(int i = 0;i < m; i++){
        base += k;
        t = heap.top() + base;
        int d = (t + 1) / 2;
        heap.pop();
        heap.emplace(t - d - base);
        sum -= d;
    }
    printf("%lld\n",base * n + sum);
}
```
2，小强得到了长度为n的序列，但他只对非常大的数字感兴趣，因此随机选择这个序列的一个连续子序列，并求这个序列的最大值，请告诉他这个最大值的期望是多少?
- 输入
  
  第一行n表示序列长度接下来一行n个数描述这个序列，n大于等于1小于等于1000000，数字保证是正整数且不超过100000
  
  第二行n个数字表示序列的值
- 输出
  
  保留6位小数
- 样例
  
  输入：
  
  3
  
  1 2 3
  
  输出：
  
  2.333333
  
  解释：
  
  {1},{2},{3},{1,2},{2,3},{1,2,3}为所有子序列，1最大的概率1/6，2最大的概率为2/6，3最大概率3/6，期望14/6
- 思路：单调栈 + 动态规划，时间复杂度O(n)
  
  在序列x中，长度为1的子序列有n个，长度为2的子序列有n-1个...长度为n-1的子序列有2个，长度为n的子序列有1个，总的序列数：c = n+(n-1)+...+2+1 = n*(n+1)/2 个，每个出现的概率相同;
  
  考虑以x[i]为结尾的子序列，这些子序列中有两种情况，一种是最大值为x[i]，两一种是最大值不为x[i]；最大值不为x[i]的相当于x[i]没有加入，可以借助之前的状态求解；最大值为x[i]的情况只需记录有多少个。
  
  用单调栈的思路，从大到小存放出现的元素，并记录值对应的index值。
- 代码
```
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 1000006;
double dp[N];//dp[i]表示前i个数中的最大值期望
int main(){
    int n,t;
    scanf("%d",&n);
    ll c = (ll)n * (n + 1) / 2;
    dp[0] = 0;//无意义
    stack<PII> m;
    double res = 0;
    for(int i = 0;i < n; i++){
        scanf("%d",&t);
        while(!m.empty() && m.top().first <= t){
            m.pop();
        }
        int d = m.empty()?i + 1 : i-m.top().second;
        dp[i + 1] = 1.0 * t *d / c + dp[i + 1 - d];
        res += dp[i + 1];
        m.emplace(t,i);
    }
    printf("%.6f\n",res);
}
```