Алгоритмы - Собеседования, Олимпиады, ШАД

Товарищи, Поступашкам нужны контент мейкеры. Если вы творческая личность, интересующейся бэкендом, дата сайнс, аналитикой, алгоритмами и так далее, вам нравится писать посты/ придумывать идеи для контента, то обязательно пишите @vice22821. Оплата сдельная, ориентировочно за один пост от 2 тыс до 15 тыс рублей. Обязательно делитесь с ребятами, которым это может быть интересно.

Хотите учить алгоритмы, но не знаете Python? Товарищи, алгоритмы сами по себе не самые простые. А если параллельно с решением задачи приходится гуглить, как написать цикл for, подготовка превращается в отдельный вид страдания 😔 Поэтому запускаем бесплатный открытый курс «Python для алгоритмов». С 14 по 19 июля разберём базу Python, которая нужна именно для решения алгоритмических задач. Почему Python? Именно его чаще всего выбирают для решения задач на алгоритмических собеседованиях и технических отборах. У языка простой синтаксис, поэтому на собесе можно сосредоточиться на решении задачи, а не на борьбе с кодом. За 6 дней разберём условия, циклы, функции, строки и основные структуры данных. Научимся читать код, работать с вводом и выводом и переводить уже придуманное решение задачи на Python. Задача курса — построить фундамент, с которым вы сможете полноценно начать изучать алгоритмы и структуры данных. Курс подойдёт, если вы: ➡️ никогда раньше не программировали ➡️ когда-то учили Python, но забыли базовый синтаксис ➡️ планируете проходить отборы на стажировки, в ШАД, Академию аналитиков Авито и другие школы 🏆А самых сильных участников ждёт отдельный бонус. Лучшим подарим полный курс по алгоритмам 📌Ссылка на курс в нашем боте - @Postupashkianalitycsbot Первые материалы уже выложены!

Задача с собеседования в Josh Technology Group Дан массив целых чисел temperatures, представляющий ежедневные значения температуры. Верните массив answer, где answer[i] - это количество дней, которое нужно подождать после i-ого, чтобы наступил день с более высокой температурой. Если нет будущего дня, для которого это возможно, вместо этого сохраните answer[i] == 0. Пример 1: Input: temperatures = [73,74,75,71,69,72,76,73] Output: [1,1,4,2,1,1,0,0] Пример 2: Input: temperatures = [30,40,50,60] Output: [1,1,1,0] Пример 3: Input: temperatures = [30,60,90] Output: [1,1,0] Ограничения: 1 <= temperatures.length <= 10⁵ 30 <= temperatures[i] <= 100 НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ Решение При наивном решении мы бы итерировались по массиву для каждого дня в поисках более тёплого c асимптотикой O(n²). Но мы видим паттерн - поиск ближайшего большего/меньшего эл-та, поэтому используем монотонный стек (стек, элементы которого хранятся в строго возрастающем или строго убывающем порядке). В данном случае стек будет монотонно убывающим. При добавлении нового эл-та алгоритм будет сравнивать его с вершиной стека: - Пока текущий эл-т больше верхнего эл-та стека (stack[-1][0]): достаём верхний элемент, вычисляем ответ для него (через разницу между индексами текущего эл-та и эл-та из стека) и удаляем эл-т из стека. Кладём текущий эл-т в стек. Разберём более подробно: Создаём: - стек для хранения пар (температура, индекс) в монотонно убывающем порядке; - массив answer длиной n, равной длине входящего массива. Заполняем его нулями. Итерируемся по массиву температур: Пока стек не пуст и в нём есть дни холоднее текущего: - достаём значение и индекс более холодного дня, удаляя его из стека; - вычисляем разницу между индексом текущего дня и индексом более холодного дня - таким образом, узнаем кол-во дней, которые должны пройти между ними. Записываем разницу в массив answer по индексу более холодного дня (answer[stack_i]). После выхода из цикла while или непопадания в него: добавляем текущий день в стек для последующего сравнения с другими значениями. В конце возвращаем заполненный массив answer. Сложность O(n) - по времени (каждый эл-т добавляется в стек только 1 раз и может быть удалён только 1 раз) O(n) - по памяти (в худшем случае в стек придётся добавить все элементы входного массива длиной n) Код class Solution: def dailyTemperatures(self, temperatures: List[int]) -> List[int]: n = len(temperatures) stack = [] answer = [0] * n for i, temp in enumerate(temperatures): while stack and stack[-1][0] < temp: stack_temp, stack_i = stack.pop() answer[stack_i] = i - stack_i stack.append((temp, i)) return answer @algoses

Задача с собеседования в eBay Дан массив nums, состоящий из различных целых чисел. Верните все возможные перестановки этого массива. Вы можете вернуть ответ в любом порядке. Пример 1: Input: nums = [1,2,3] Output: [[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]] Пример 2: Input: nums = [0,1] Output: [[0,1],[1,0]] Пример 3: Input: nums = [1] Output: [[1]] Ограничения: 1 <= nums.length <= 6 -10 <= nums[i] <= 10 Все числа в nums уникальны. НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ Решение Так как необходимо вернуть все возможные перестановки элементов массива, используем backtracking - алгоритм поиска с возвратом. Суть алгоритма: на каждом шаге добавляем элемент и строим полную правильную перестановку, после её сохранения последовательно возвращаемся по стеку вызовов до последней точки выбора и исследуем другие ветки из этой точки. Создаём два списка: res - для хранения найденных корректных перестановок; permutation - временный список для "собирания" текущей перестановки. Чтобы оптимизировать отслеживание уже использованных эл-тов, создаём множество used (проверка наличия эл-та за O(1) вместо O(n) при поиске по списку). Запускаем рекурсивную функцию backtrack(): Базовый случай: если длина текущей перестановки достигла n (длина массива nums), значит: мы использовали все эл-ты -> перестановка готова -> сохраняем копию текущей перестановки в res (копия нужна, чтобы последующие изменения не затронули уже сохранённый ответ) и завершаем текущий вызов рекурсии, откатываясь назад. Рекурсивное ветвление: перебираем все возможные эл-ты, которые можно добавить следующими. Для каждого допустимого выбора (эл-та, которого ещё нет в текущей перестановке): - добавляем значение в used ("помечаем" эл-т как использованный) и permutation (добавляет эл-т в текущую перестановку); - вызываем рекурсию для выбора следующего значения; - удаляем последнее добавленное значение из permutation (для возврата к развилке и исследованию другой ветки перестановки) и used (для возможности использования эл-та в других ветках). Функция завершается, когда полностью исследовано дерево возможных перестановок. Для этой задачи существует альтернативное решение через перестановки элементов в исходном массиве (in-place swapping). Делитесь им в комментариях! Сложность O(n*n!) - по времени (так как существует n! перестановок для массива размера n, каждая из них копируется в список за O(n)) O(n) - по памяти (стек рекурсии глубиной n, множество used размера n и список permutation размера n) Код class Solution: def permute(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]: n = len(nums) res, permutation = [], [] used = set() def backtrack(): if len(permutation) == n: res.append(permutation[:]) return for i in nums: if i not in used: used.add(i) permutation.append(i) backtrack() permutation.pop() used.remove(i) backtrack() return res @algoses

В новом ролике обсудим современное рабство: стоит ли идти в айти галеры ради первого опыта работы на примере Астона! Осторожно, факты вас шокируют! Смотрим! Смотрим! https://www.youtube.com/watch?v=y7QwkvxSzbc

Задача с собеседования в eBay Дан массив целых чисел nums, сдвиньте его вправо на k шагов, где k - неотрицательное число. Follow up: - Постарайтесь придумать, как можно больше решений. Существует, по крайней мере, три разных способа решения этой задачи; - Можно ли решить задачу in-place, используя O(1) дополнительной памяти? Пример 1: Input: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3 Output: [5,6,7,1,2,3,4] Explanation: сдвиг на один шаг вправо: [7, 1, 2, 3, 4, 5, 6] сдвиг на два шага вправо: [6, 7, 1, 2, 3, 4, 5] сдвиг на три шага вправо: [5, 6, 7, 1, 2, 3, 4] Пример 2: Input: nums = [-1,-100,3,99], k = 2 Output: [3,99,-1,-100] Explanation: сдвиг на один шаг вправо: [99, -1, -100, 3] сдвиг на два шага вправо: [3, 99, -1, -100] Ограничения: 1 <= nums.length <= 10⁵ -2³¹ <= nums[i] <= 2³¹ - 1 0 <= k <= 10⁵ НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ Решение Разберём один из способов решения этой задачи in-place - тройной разворот + метод двух указателей: Заметим, что массив nums как бы состоит из двух частей. Первая часть - числа, которые стоят в начале, но должны переместиться в конец, вторая часть - числа, которые находятся в конце, но должны уйти в начало. Алгоритм решения заключается в трёх разворотах. Перед началом разворотов выполняем k = k % len(nums) - это гарантирует корректный ответ, если k больше или равен длине массива. Так как сдвиг на len(nums) шагов оставляет массив неизменным, отбрасываем "полные круги" и выполняем только эффективные сдвиги - остаток от деления k на длину массива. Для визуализации рассмотрим работу алгоритма на примере 1: 1. Переворачиваем первую часть: от нулевого индекса до len(nums) - k - 1 (так как кол-во эл-тов, которые должны переместиться в начало, равно k). [1,2,3,4,5,6,7] -> [4,3,2,1,5,6,7] 2. Переворачиваем вторую часть: от len(nums) - k до последнего эл-та массива. [4,3,2,1,5,6,7] -> [4,3,2,1,7,6,5] 3. И теперь переворачиваем весь массив целиком, чтобы разместить числа в правильном порядке. [4,3,2,1,7,6,5] -> [5,6,7,1,2,3,4] Чтобы избежать дублирования кода, создаём отдельный метод для реверсирования эл-тов через метод двух указателей: Пока l < r: - меняем местами число под индексом l с числом под индексом r; - двигаем левый указатель вправо, а правый указатель - влево. Этот метод отрабатывает в каждом из трёх разворотов. Делитесь вашим вариантом решения в комментариях! Сложность O(n) - время (где n - длина массива) O(1) - память (изменяем исходный массив без создания дополнительной структуры данных (in-place), используем две переменные: l и r) Код class Solution: def rotate(self, nums: List[int], k: int) -> None: """ Do not return anything, modify nums in-place instead. """ k = k % len(nums) self.reverse(nums, 0, len(nums) - k - 1) self.reverse(nums, len(nums) - k, len(nums) - 1) self.reverse(nums, 0, len(nums) - 1) def reverse(self, nums: List[int], l: int, r: int) -> None: while l < r: nums[l], nums[r] = nums[r], nums[l] l += 1 r -= 1 @algoses

Задача с собеседования в eBay Даны строка s и словарь из строк wordDict. Верните true, если s можно разбить на последовательность из одного или нескольких слов из словаря, разделённых пробелами. Обратите внимание: одно и то же слово в словаре может использоваться при разбиении многократно. Пример 1: Input: s = "leetcode", wordDict = ["leet","code"] Output: true Explanation: Вернётся true, так как строку "leetcode" можно разбить как "leet code". Пример 2: Input: s = "applepenapple", wordDict = ["apple","pen"] Output: true Explanation: Вернётся true, так как строку "applepenapple" можно разбить как "apple pen apple" (слово из словаря может использоваться повторно). Пример 3: Input: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"] Output: false Ограничения: 1 <= s.length <= 300 1 <= wordDict.length <= 1000 1 <= wordDict[i].length <= 20 s и wordDict[i] состоят только из строчных английских букв. Все строки в wordDict уникальные. НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ Решение Задача помечена тегом "Dynamic Programming": есть оптимальная подструктура и перекрывающиеся подзадачи. Если знаем, что хвост строки после некоторой позиции можно разбить на слова из словаря, то, чтобы расширить это разбиение влево, достаточно найти слово, заканчивающееся на этой позиции. Один и тот же срез строки может проверяться несколько раз - кэшируя ответ для каждой позиции, избежим повторных вычислений. Используем итеративный dp: Превращаем список wordDict во множество wordSet для ускорения поиска за O(L), где L - длина слова. Создаём таблицу, где dp[i] = True, если суффикс s[i:] можно разбить. Размер: (n+1), где n - длина s (+1, чтобы учесть позицию после последнего символа и убедиться, что строка разбита полностью). По умолчанию заполняем False, так как ещё ничего не нашли. Базовый случай: dp[n] = True. Пустой остаток корректен, цепочка слов доходит до конца s. Суть алгоритма: перебираем позиции в s, проверяя срезы на присутствие в wordSet и возможность их "стыковки" с уже разобранными срезами в правой части. Заполняем таблицу: i - позиция начала потенциального слова; идёт по s справа налево. j - конец потенциального слова, которое начинается в i; идёт вправо от i. s[i:j+1] - текущий проверяемый срез. В начале внутреннего цикла: i = j, с каждой следующей итерацией j увеличивается на 1, а длина подстроки растёт, пока не достигнет maxLength (длина самого длинного слова в словаре) или конца строки. За проверку валидности среза отвечают два условия: if dp[j+1] - разбивается ли остаток строки справа от текущего среза. Движемся справа налево, поэтому это значение уже вычислено. Это условие не позволяет попасть в тупик, если слово есть в словаре, но не стыкуется корректно с хвостом (например, в строке "catsandog" на какой-то итерации найдём срез "and", но он не будет стыковаться с остатком строки, так как в словаре нет слова "og"); if s[i:j+1] in wordSet - наличие слова в словаре. Порядок условий важен за счёт оптимизации "коротким замыканием": если остаток строки справа не разбивается корректно - новый срез не создаётся, а хэш не вычисляется. Если оба условия удовлетворяются: dp[i] = True, цикл прерывается, так как нам достаточно найти один подходящий путь. Возвращаем dp[0] - ответ для всей строки s[0:]. Сложность O(N * L^2 + M * L) - время: M * L - создание wordSet; N * L^2 - N итераций во внешнем цикле (N - длина s) и до L итераций (ограничен maxLength) во внутреннем цикле: внутри: создание среза s[i:j+1] за O(L) и вычисление хэша для поиска в wordSet за O(L) => O(L^2). O(N + M * L) - память (дп массив и хэш-множество M слов длиной до L) Код class Solution: def wordBreak(self, s: str, wordDict: List[str]) -> bool: wordSet = set(wordDict) n = len(s) maxLength = max(len(w) for w in wordDict) dp = [False] * (n+1) dp[n] = True for i in range(n-1, -1, -1): for j in range(i, min(i+maxLength, n)): if dp[j+1] and s[i:j+1] in wordSet: dp[i] = True break return dp[0] @algoses

Задача с собеседования в Zynga Дан массив целых чисел asteroids, представляющий астероиды, расположенные в ряд. Индексы элементов массива соответствуют их относительному положению в пространстве. Для каждого астероида абсолютное значение (модуль) определяет его размер, а знак - направление движения (положительный означает движение вправо, отрицательный - влево). Все астероиды движутся с одинаковой скоростью. Определите состояние астероидов после всех столкновений. Если два астероида встречаются, взрывается меньший из них. Если их размеры равны, взрываются оба. Два астероида, движущиеся в одном направлении, никогда не встретятся. Пример 1: Input: asteroids = [5,10,-5] Output: [5,10] Объяснение: 10 и -5 сталкиваются, в результате остаётся 10. 5 и 10 никогда не столкнутся. Пример 2: Input: asteroids = [8,-8] Output: [] Объяснение: 8 и -8 сталкиваются, взрывая друг друга. Пример 3: Input: asteroids = [10,2,-5] Output: [10] Объяснение: 2 и -5 сталкиваются, в результате остаётся -5. 10 и -5 сталкиваются, остаётся 10. Пример 4: Input: asteroids = [3,5,-6,2,-1,4] Output: [-6,2,4] Объяснение: Астероид -6 взрывает астероиды 5 и 3, затем продолжает двигаться влево. С другой стороны, астероид 2 взрывает астероид -1 и продолжает двигаться вправо, не сталкиваясь с астероидом 4. Ограничения: 2 <= asteroids.length <= 10⁴ -1000 <= asteroids[i] <= 1000 asteroids[i] != 0 НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ Решение Столкновение происходит между соседними астероидами (они могут не быть соседями в изначальном массиве, а стать ими после взрывов), летящими в разные стороны (с противоположными знаками). И только в том случае, когда астероид, летящий вправо, находится левее астероида, летящего влево. Иначе астероиды просто разлетятся в разные стороны и никогда не столкнутся. Так произойдёт, например, при asteroids = [-1, -2, 1, 2]. Однако при [1, -1, 2, -2], они взорвут друг друга, и стек окажется пуст. - Используем стек для хранения астероидов, которые ещё не столкнулись или пережили столкновение. Стек удобен тем, что позволяет проверять верхний астероид (последний добавленный) на столкновение с левым. Верхний - ближайший справа к левому, при его взрыве левый продолжит движение и проверит следующий (добавленный раньше) астероид в стеке, который автоматически станет новым ближайшим. - Симулируем движение: В цикле while (while позволяет проверять левый астероид на столкновение с несколькими правыми подряд) имитируем столкновение: стек должен быть не пуст, текущий астероид должен лететь влево, а верхний астероид в стеке - лететь вправо: Чтобы определить, какой взорвётся, высчитываем разницу между их размерами посредством суммирования. Так как мы зашли в цикл while, текущий a всегда отрицательный, а stack[-1] - положительный, знак diff покажет, какой астероид больше: - если diff отрицательный - левый больше => правый взрывается => удаляем его из стека => левый остаётся и продолжает цикл while, проверяя следующий астероид в стеке; - если diff положительный - правый больше => левый взрывается, правый остаётся в стеке => обнуляем значение левого, цикл while завершается, так как условие a < 0 больше не выполняется; - если значение diff равно нулю - размеры равны => оба взрываются => обнуляем левый и удаляем правый из стека, цикл завершается. - Если после столкновений текущий астероид не равен 0, значит, он выжил. Добавляем его в стек. Сложность O(n) - по времени (проходим по массиву 1 раз, каждый астероид может быть добавлен в стек или удалён из него не более 1 раза) O(n) - по памяти (в худшем случае храним в стеке все элементы массива) Код class Solution: def asteroidCollision(self, asteroids: List[int]) -> List[int]: stack = [] for a in asteroids: while stack and a < 0 < stack[-1]: diff = a + stack[-1] if diff < 0: stack.pop() elif diff > 0: a = 0 else: a = 0 stack.pop() if a: stack.append(a) return stack @algoses

Задача с собеседования в eBay Коко любит есть бананы. Имеется n куч бананов, где i-я куча содержит piles[i] бананов. Охранники ушли и вернутся через h часов. Коко может выбрать скорость поедания бананов в час (равняется k). Каждый час она выбирает какую-либо кучу и съедает k бананов из неё. Если в выбранной куче меньше k бананов, она съедает их все и в течение этого часа больше не ест. Коко любит есть медленно, но хочет успеть съесть все бананы до возвращения охранников. Верните минимальное целое число k, при котором Коко сможет съесть все бананы в течение h часов. Пример 1: Input: piles = [3,6,7,11], h = 8 Output: 4 Пример 2: Input: piles = [30,11,23,4,20], h = 5 Output: 30 Пример 3: Input: piles = [30,11,23,4,20], h = 6 Output: 23 Ограничения: 1 <= piles.length <= 10⁴ piles.length <= h <= 10⁹ 1 <= piles[i] <= 10⁹ НАШ ЧАТ АЛГОРИТМИСТОВ Решение Используем бинарный поиск, а точнее бинарный поиск по ответу: если Коко успеет съесть все бананы при некоторой скорости k, значит, она сможет их съесть и при любой скорости больше k (свойство монотонности). Таким образом, можно отбросить половину диапазона поиска. В отличие от классического бинпоиска здесь не требуется сортировка входных данных, так как искать результат будем не в массиве piles, а в уже упорядоченном диапазоне скоростей (левую границу определим как 1, а правую - как max(piles)). Порядок самих куч не влияет на сумму часов. - Определяем исходный диапазон поиска: l = 1 (минимальная возможная скорость), r = max(piles) (кол-во бананов в самой большой куче, так как в любом случае нельзя съесть кучу быстрее, чем за час); - Задаём условие для перехода в левую или правую половину: в цикле бинарного поиска вычисляем среднюю скорость. Проходим по всем кучам и считаем кол-во часов, за которые Коко съест все бананы при текущем гипотетическом значении k: hours += (p + k - 1) // k Формула вычисления часов работает следующим образом: к примеру, Коко успевает съесть за час все бананы из кучи, кроме 1. На этот 1 банан в любом случае нужен 1 дополнительный час, в течение которого Коко съест только его, не начиная новую кучу. То есть нам требуется округление вверх (целочисленное деление в питоне по умолчанию округляет вниз). Нужно добавить такое кол-во бананов, чтобы и получить необходимый дополнительный час при наличии остатка, и корректно обработать числа без остатка. Значение, которое сработает в любом из двух случаев - это прибавка k - 1 (максимальное значение, не создающее дополнительные часы, когда у нас нет остатка). Предположим, p = 11, а k = 5. При простом делении p // k получили бы 2, и один банан остался бы без учёта при подсчёте часов. Но если пользуемся формулой (11 + 5 -1) // 5, получаем 3 часа, которые потребуются, чтобы съесть 11 бананов со скоростью 5 бананов/час. А если бы в другой куче было 15 бананов, которые делятся на 5 без остатка, формула тоже сработала бы: (15 + 5 - 1) // 5 = 3 (всё те же 3 часа, так как целочисленное деление просто отбросит остаток 4); - Сдвигаем границы поиска: Если Коко успевает съесть все бананы: запоминаем k как текущего кандидата, обновляя res, и сдвигаем правую границу поиска влево (пытаемся найти ещё меньшую скорость); Если не успевает: сдвигаем левую границу вправо, так как нужно искать среди больших скоростей; Возвращаем минимальную возможную скорость, при которой Коко сможет съесть все бананы, уложившись в h часов. Сложность O(n log m) - по времени (где n - кол-во куч бананов, а m - максимальное кол-во бананов в куче) O(1) - по памяти (храним только переменные, не создавая дополнительных структур данных) Код class Solution: def minEatingSpeed(self, piles: List[int], h: int) -> int: l, r = 1, max(piles) res = r while l <= r: k = (l + r) // 2 hours = 0 for p in piles: hours += (p + k - 1) // k if hours <= h: res = min(res, k) r = k - 1 else: l = k + 1 return res @algoses

Поступить в вуз мечты и не платить за учёбу? Это реально! Центральный университет — российский вуз нового типа, внедряющий STEM-подход в высшее образование. Университет создан в партнерстве с более чем 70 крупнейшими компаниями и организациями: Сбер, Авито, VK, Яндекс, Т-Банк и другие. Здесь не просто дают знания, а формируют специалистов, которых ждут в индустрии.  Обучение ведется по программам: — разработка; — искусственный интеллект; — бизнес и аналитика; — дизайн; — машинное обучение; — продуктовый менеджмент; — бэкенд разработка. А еще каждый студент может получить грант до 100% на весь срок обучения. Хочешь узнать подробнее? Приходи на МЕГАДОД 2026! 24 мая, с 12:00 до 15:30. Очно в кампусе Центрального университета (Москва, м. Маяковская). На мероприятии ты: • узнаешь про программы бакалавриата и магистратуры, процесс обучения и карьерные перспективы; • услышишь выступления академических руководителей и преподавателей; • узнаешь про новые программы 2026;  • увидишь кампус изнутри, пообщаешься со студентами, посетишь мастер-классы и интерактивные станции. Не упусти возможность учиться в одном из лучших вузов сферы!  Зарегистрироваться