美团c++后端开发一面凉经

关于美团只面过前端，后端学历有相关要求，前端还进了二面

算法题感觉都挺简单的啊

可运行版本 import java.util.HashMap;import java.util.Map;class LRUCache {class DLinkedList{int key;int val;DLinkedList next;DLinkedList prev;long timeStamp;public DLinkedList(){this.timeStamp = System.currentTimeMillis();}public DLinkedList(int key,int val){this.key = key;this.val = val;this.timeStamp = System.currentTimeMillis();}}int capacity;int size;DLinkedList head;DLinkedList tail;Map<Integer,DLinkedList> map;long ttl;public LRUCache(int capacity,long ttl){this.capacity = capacity;size = 0;head = new DLinkedList();tail = new DLinkedList();head.next=tail;tail.prev = head;map = new HashMap<>();this.ttl = ttl;}public void addToHead(DLinkedList node){node.next = head.next;head.next.prev = node;node.prev = head;head.next = node;}public void removeOne(DLinkedList node){node.next.prev = node.prev;node.prev.next = node.next;}public boolean isExpired(DLinkedList node){long now = System.currentTimeMillis();long diff = now-node.timeStamp;if(diff>ttl){return true;//true是过期了的意思 false才是没过期！！！}return false;}public int get(int key){if(!map.containsKey(key)){return -1;}else{DLinkedList node = map.get(key);if(isExpired(node)){removeOne(node);map.remove(key);size--;return -1;}node.timeStamp = System.currentTimeMillis();removeOne(node);addToHead(node);return node.val;}}public void put(int key,int val){if(!map.containsKey(key)){DLinkedList newNode = new DLinkedList(key,val);addToHead(newNode);map.put(key,newNode);size++;if(size>capacity){DLinkedList oldNode = tail.prev;removeOne(oldNode);map.remove(oldNode.key);size--;}}else {DLinkedList newNode = new DLinkedList(key,val);DLinkedList oldNode = map.get(key);removeOne(oldNode);addToHead(newNode);map.put(key,newNode);}}}class Main{public static void main(String[] args) {LRUCache cache = new LRUCache(2, 1000); // 1秒TTLcache.put(1, 1);cache.put(2, 2);System.out.println(cache.get(1)); // 返回 1try {Thread.sleep(1500); // 等待1.5秒让数据过期} catch (InterruptedException e) {e.printStackTrace();}System.out.println(cache.get(1)); // 返回 -1（已过期）System.out.println(cache.get(2)); // 返回 -1（已过期）}}

------------------------------------题目一：题目大意：有 n (1 <= n <= 2e5) 本书，编号为 ai (0 <= ai <= 1e9)。你需要将它们放入若干个临时书架（先进先出队列），要求奇数编号和偶数编号的书不能混放。最终，你需要从这些书架中按顺序取出书本，形成一个严格递减的序列。问最少需要多少个临时书架。解法思路：奇偶性限制使得奇数和偶数两组书的处理是完全独立的。对于每一组（例如奇数），为了能按顺序取出形成一个严格递减序列，放入同一个书架的书必须是原序列中的一个严格递减子序列。因此，问题转化为：将奇数子序列和偶数子序列分别拆分成最少数目的严格递减子序列。根据Dilworth定理，一个序列最少能被划分成的递减子序列的数量，等于其最长严格递增子序列（LIS）的长度。所以，分别求出奇数序列和偶数序列的LIS长度，两者相加即为答案。LIS可用经典的O(n log n)算法求解。------------------------------------题目二：题目大意：有 n (1 <= n, m <= 1000) 个部门和 m 个项目，部门权重为 ai，项目难度为 bj (1 <= a, b <= 1e4)。还有一个 n x m 的绩效矩阵 vij (1 <= v <= 1e4)。总绩效为所有 wij = vij * (ai + bj) 的和。你可以任意交换部门的顺序（行和a的顺序），也可以任意交换项目的顺序（列和b的顺序），目标是最大化总绩效。解法思路：关键在于对总绩效公式进行数学变形。总绩效 = Sum(vij * (ai + bj)) = Sum(vij*ai) + Sum(vij*bj)。将求和顺序改变可得：Sum(ai * Sum_j(vij)) + Sum(bj * Sum_i(vij))。这等价于 `部门权重向量a` 与 `矩阵行和向量` 的点积，加上 `项目难度向量b` 与 `矩阵列和向量` 的点积。根据排序不等式，两个向量的点积在它们同序排序时最大。因此，先计算出矩阵的所有行和与列和。然后，将部门权重a和行和向量都按降序排序后计算点积，再将项目难度b和列和向量都按降序排序后计算点积，两者相加即为最大总绩效。------------------------------------题目三：题目大意：有 n (1 <= n <= 1e5) 个服务区域，每个区域是数轴上的一个闭区间 [li, ri] (|li|,|ri| <= 1e9)。你需要选择一个整数点 x 作为仓储中心，使得总运输成本最小。单个成本定义为：如果 x 在区间内，成本为0；否则成本是 x 到该区间最近端点的距离。解法思路：这是一个经典的几何中位数问题。总成本函数是所有单个成本函数的和，而每个单个成本函数 `cost(x)` 都是一个V形的凸函数。多个凸函数之和仍然是凸函数，其最小值点可以通过分析斜率变化找到。总成本函数的斜率在每个区间的端点 `li` 和 `ri` 处发生变化。当 x 从负无穷向正无穷移动时，初始总斜率为-n，每经过一个端点，斜率就加1。当斜率从负数变为非负数时，就到达了成本最小的位置。这个位置恰好是所有 `2n` 个端点（所有 `li` 和 `ri` 的集合）的中位数。因此，只需收集所有 `2n` 个端点，找到它们的中位数作为最优选址x，然后计算总成本即可。具体的详细代码和题解可以戳我主页的文章查看