做了360的筆試，感覺真的是運氣很好了，這次的筆試真的算非常簡單的了。廢話不多說，看題目。
題目一
題目大概是，有一段DNA，包含兩種字符，A和T，科學家可以通過兩種方式修改這種DNA，第一種是替換DNA上兩個核酸的位置。第二種是直接把字符修改爲另一種字符
輸入兩行，第一行是原始的DNA，第二行是目標DNA，保證長度是相同的
求最少的修改次數
樣例輸入：
ATTTAA
TTAATT
輸出:3
這個題目看起來好像有點複雜，仔細一想其實很簡單，就兩個字符，不一樣的時候可以交換，也可以更改。顯然長度是一致的，沒有改變長度的操作，所以很直接，如果可以交換直接交換，如果不能交換則修改。交換減少的不一樣字符的數目爲2，修改減少不一致的數目爲1。
再來看交換，如果把A換成T，肯定有一個T被換成了A，如果把已經配對的T換成了A，那麼相當於沒換，因爲不一樣的數目沒變。所以肯定是兩者之間的互換。但是什麼時候就不能交換了呢，顯然就是所有的T已經被A交換完了，或者A被T交換完了。
如果已經有一種字符被交換完了，那麼剩下的字符就只能修改了。所以統計不一樣的字符數目，分開統計A不一樣的時候，和T不一樣的時候。交換的數目顯然就是兩個數中較小的數目。更改的數目就是多的數交換之後剩下的數目。所以總的修改次數，就是隻管多的那個不一樣的字符。
上面的例子中，兩個DNA不相同的字符的索引有0,2,3,4,5。與原串的A不一樣的字符索引是0,4,5。與原串的T不一樣的字符索引是2,3。顯然把0,4和2,3交換之後，剩下的5進行替換即可。所以就是統計與原串中A和T不一樣的字符的數目，兩者多的就是總的修改次數。
python 代碼
origin=input()
target=input()
ori={'A':0,'T':0}
for o,t in zip(origin,target):
if o!=t:
ori[o]+=1
print(max(ori['A'],ori['T']))
C++代碼
int main()
{
string origin, target;
cin >> origin;
cin >> target;
int a[2] = { 0,0 };
for (int i = 0; i < origin.size(); i++)
if (origin[i] != target[i])
a[origin[i] == 'A'] += 1;
cout << (a[0]>a[1]? a[0]:a[1]);
return 0;
}
這個問題，有人比較疑惑爲什麼自己不是使用max，也能正確提交，我分析之後，發現可能是大家使用這個公式，具體是怎麼計算的，大家看公式自己理解。
第二題
有一個抽獎箱，n張中獎券，m張不中獎券，A和B輪流抽獎，如果抽中獎券就結束。但是B每抽一次後，沒抽中的話會把抽獎箱中的一張票給扔掉。如果所有的獎票都抽光了，則B獲勝。A先抽，求A獲勝的概率，保留4位小數
輸入: n和m輸出A獲勝的概率
樣例輸入：
2 3
輸出 0.6000
對於輸出的0.5000的解釋是，A第一次抽中的概率是2/5=0.4，第二次抽中的概率是A和B都沒有抽中，概率是3/5 * 2/4這個時候剩下2張中獎券和一張不中獎券需要丟掉一張，有兩種情況，丟掉一張中獎券，概率是2/3，則A下次獲勝的概率是1/2，如果丟掉不中獎券，A下次獲勝的概率是1。這個事件發生的概率等於 3/5 * 2/4 * （2/3 * 1/2 + 1/3 *1）。然後兩次之和就是0.6000。
一回合，最多用掉三張獎券，肯定有兩張是不中獎券，還有一張是丟的，可以是中獎券也可以是不中獎券。我們用掉三張之後，相當於問題分成了兩種情況，n-1,m-2和n,m-3這兩個子問題。而且子問題和原來的問題具有一致性，所以比較容易的寫出遞歸代碼。但是同樣的問題，會出現重複計算，那麼可能會想到給遞歸加備忘錄，這就是整個算法的思路。
能否考慮自底向上的動態規劃，當然可以，但是沒有必要，因爲處理的情況比較多。還是遞歸的代碼處理起來簡潔。而且n和m，有很多子問題是不需要計算的。如果自底向上，不好判斷哪些需要計算，哪些不需要。所以選擇自頂向下的計算更好一些。
處理返回情況了，當m<2的時候，因爲不夠一回合減兩張不中獎券了，就已經可以返回了，同理n<1也可以返回了。所有的情況，因爲沒有下一次，所以a必須獲勝，直接返回n/(n+m)。但是當m=2的時候，n=1，這個時候A也沒有下次了，獲勝的概率是n/(n+m)。
如果n還很多，但是m只有兩張了，這個時候，顯然a沒抽中的話，只有m也沒抽中才可以獲勝，這個時候
A獲勝的概率就是抽中，n/(n+2)加上A沒抽中，B也沒抽中的概率，就是。兩者之和。
其實這裏還可以用丟掉的獎券不影響A下次獲勝的概率這一條規則簡化一下代碼，但是我筆試的時候沒有考慮那麼多。
python代碼
n,m=[int(i) for i in input().split(' ')]
dp=[[0]*(m+1) for i in range(n+1)]
def func(n, m):
summ=m+n
if dp[n][m]:return dp[n][m]
elif m<2 or n<1 or (m==2 and n==1):
dp[n][m]=n/summ
elif m==2:
dp[n][m]=n/summ+2/(summ*summ-summ)
else:
cb=func(n, m - 3)*(m-2)/(summ-2) # 丟掉不中獎券後A獲勝的概率
cr=func(n - 1, m - 2)*n/(summ-2) # 丟掉中獎券後A獲勝的概率
dp[n][m]= n/summ+(cb+cr)*(m*m-m)/(summ*summ-summ) # A這次就獲勝的概率+A之和獲勝的概率
return dp[n][m]
print('%.4f'%func(n,m))
C++代碼
double f(int n, int m, vector<vector<double>> probability)
{
double sum = m + n;
if (probability[n][m])return probability[n][m];
if (m < 2 || n < 1 || (m == 2 && n == 1))probability[n][m] = n / sum;
else {
if(m==2)probability[n][m] = n / sum + 2 / (sum * sum - sum);
else {
double cb = f(n, m - 3, probability) * (m - 2) / (sum - 2); // 丟掉不中獎券後A獲勝的概率
double cr = f(n - 1, m - 2, probability) * n / (sum - 2); // 丟掉中獎券後A獲勝的概率
probability[n][m] = n / sum + (cb + cr) * (m * m - m) / (sum * sum - sum);
}
}
return probability[n][m];
}
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<double>> probability(n + 1, vector<double>(m + 1, 0));
cout << setiosflags(ios::fixed) << setprecision(4)<< f(n, m,probability);
}
由於我自己提交試用的是python，C++代碼沒有經過在線提交，如果發現bug，歡迎指出。