门 | GATE 2017模拟|第65章

介绍

这是一道来自GATE 2017模拟题库中的问题，在第65章中提出。问题描述为：有$n$个门，每个门可以是打开或关闭状态。现在给出一个长度为$n$的布尔型数组$G$表示门的状态。每个门$i$的开关操作会改变$G$的以$i$为下标的值，而且会改变$i-1$和$i+1$的值（如果存在），也就是模拟了按下门把手后门的状态的改变。现在我们需要求出一种方案，使得$G$中的所有元素都为$1$。

题目分析

首先，我们需要能够在给定的情况下求出一种可以达到目标状态的方案。由题目中的要求可以发现，对于一个开着的门$i$，如果他的前一个门$i-1$已经被打开（即$G[i-1]=1$）且他的后一个门$i+1$也已经被打开（即$G[i+1]=1$），那么我们就可以跳过这个门，因为它已经是不能改变$G$的状态的。

因此，我们可以考虑从左到右遍历数组$G$，对于每个门$i$，如果他需要被打开（即$G[i]=0$），则我们需要先让$G[i-1]$和$G[i+1]$都变成$1$，以此来达到目标状态。

当然，我们需要注意的一点是，由于遍历的顺序是从左到右的，因此如果某个门$i$需要在之后的处理中再次被开启，那么他的状态不应该被更新为$1$，而是应该直接跳过。因此这里我们需要一个数组$vis$来记录每个门的状态。

最终，如果我们遍历完了数组$G$后，还存在某个$i$使得$G[i]=0$，那么我们就无法达到目标状态。

算法实现

下面是这道题的代码实现：

public class Solution {
    public boolean canOpen(int[] G) {
        if (G == null || G.length == 0) {
            return true;
        }
        
        boolean[] vis = new boolean[G.length];
        
        for (int i = 0; i < G.length; i++) {
            if (G[i] == 1 || vis[i]) {
                continue;
            }
            
            if (i > 0 && G[i - 1] == 0) {
                G[i - 1] = 1;
                vis[i - 1] = true;
            }
            
            if (i < G.length - 1 && G[i + 1] == 0) {
                G[i + 1] = 1;
                vis[i + 1] = true;
            }
            
            G[i] = 1;
            vis[i] = true;
        }
        
        for (int i = 0; i < G.length; i++) {
            if (G[i] == 0) {
                return false;
            }
        }
        
        return true;
    }
}

总结

这道题考察了对模拟题的分析能力，同时也需要考虑算法实现时一些细节问题，包括状态的更新和数组下标的边界问题等。这种类型的题目在编程面试中也十分常见，因此需要程序员们多加练习。