2025 A卷 200分 题型

本专栏内全部题目均提供Java、python、JavaScript、C、C++、GO六种语言的最佳实现方式；

并且每种语言均涵盖详细的问题分析、解题思路、代码实现、代码详解、3个测试用例以及综合分析；

本文收录于专栏：《2025华为OD真题目录+全流程解析+备考攻略+经验分享》

华为OD机试真题《荒岛求生》：

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文章快捷目录

题目描述及说明

Java

python

JavaScript

C

GO

更多内容

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题目名称：荒岛求生

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• 知识点：栈操作（贪心算法）、逻辑处理
• 时间限制：1秒
• 空间限制：256MB
• 限定语言：不限

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题目描述

一个荒岛上有若干人，岛上只有一条路通往岛屿两端的港口（左港口和右港口）。所有人以相同速度逃生，方向分为向左（负数）或向右（正数），其绝对值表示体力值。若两人相遇（即一个向右的人与一个向左的人路径重叠），则进行决斗：

• 体力值大的一方存活，但体力值减少对方体力值的绝对值；
• 若体力值相同，则同归于尽（双方均淘汰）。
  最终存活的人可从两端港口逃生，求逃生总人数。

输入描述
一行非零整数，用空格分隔，正数表示向右逃生，负数表示向左逃生。数组长度不超过30000。

输出描述
一个整数，表示最终逃生人数。

示例
输入：5 10 8 -8 -5
输出：2
说明：

• 8和-8同归于尽；
• 10击败-5后剩余体力5；
• 最终存活[5, 5]，均从右港口逃生，输出2。

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Java

问题分析

人们在一个荒岛逃生，方向分为左右（正负），体力值由绝对值表示。当两人相遇（向右遇到向左）时，体力大者存活但减少对方体力值，相等则同归于尽。最终存活的人从两端港口逃生，求总人数。

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解题思路

1. 栈处理向右的人：向右的人压入栈，向左的人与栈顶决斗。
2. 决斗规则：
   • 栈顶体力大：栈顶减少对方体力，存活。
   • 相等：栈顶弹出，同归于尽。
   • 栈顶体力小：弹出栈顶，继续与下一个栈顶决斗。
3. 存活统计：栈内剩余为右港口逃生人数，未击败的向左人数为左港口逃生人数。

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代码实现

import java.util.ArrayDeque;
import java.util.Deque;public class Main {public static void main(String[] args) {// 示例测试int[] example1 = {5, 10, 8, -8, -5};System.out.println(escapeCount(example1)); // 输出2int[] example2 = {3, -5};System.out.println(escapeCount(example2)); // 输出1int[] example3 = {-3, -4, 2};System.out.println(escapeCount(example3)); // 输出2}public static int escapeCount(int[] people) {Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>(); // 保存向右逃生的人int leftSurvivors = 0; // 左港口逃生人数for (int num : people) {if (num > 0) {stack.push(num); // 向右的人直接入栈} else {int k = -num; // 当前向左逃生者的体力while (k > 0) {if (stack.isEmpty()) {leftSurvivors++; // 栈空则左港口存活+1break;}int t = stack.pop(); // 取出栈顶向右的人if (t > k) {stack.push(t - k); // 栈顶体力减少k，存活k = 0; // 当前向左者被击败} else if (t == k) {k = 0; // 同归于尽} else {k -= t; // 继续与下一个栈顶决斗}}}}return stack.size() + leftSurvivors;}
}

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代码详解

1. 栈初始化：Deque<Integer> stack保存向右逃生的人。
2. 遍历处理每个人：
   • 向右的人：直接压入栈。
   • 向左的人：
     • k为体力绝对值，循环处理栈顶元素。
     • 栈空则左港口存活+1。
     • 栈顶大于k：栈顶存活，体力减少k。
     • 栈顶等于k：同归于尽。
     • 栈顶小于k：继续处理下一个栈顶。
3. 返回结果：栈的大小（右港口）加左港口存活人数。

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示例测试

1. 示例1：[5,10,8,-8,-5]

   • 8和-8同归于尽，10击败-5变为5。
   • 右港口存活[5,5]，输出2。

2. 示例2：[3,-5]

   • 3被-5击败，左港口存活1，输出1。

3. 示例3：[-3,-4,2]

   • -3和-4左港口存活，2右港口存活，输出3。

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综合分析

1. 时间复杂度：O(N)，每个元素最多入栈和出栈一次。
2. 空间复杂度：O(N)，栈空间最坏保存所有向右的人。
3. 正确性：
   • 栈处理保证所有相遇的向右和向左的人正确决斗。
   • 左港口存活人数统计未被击败的向左者。
4. 适用性：高效处理大规模数据（3万元素）。

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python

问题分析

人们在荒岛上逃生，方向分为左右（正数为右，负数为左），体力值为绝对值。相遇时决斗规则：体力大者存活并减少对方体力值，相等则同归于尽。求最终存活人数。

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解题思路

1. 栈处理向右的人：向右的人存入栈中。
2. 处理向左的人：向左的人依次与栈顶元素决斗，直到击败对方或栈空。
3. 存活统计：栈内剩余为右港口逃生者，未被击败的向左人数为左港口逃生者。

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代码实现

def escape_count(people):stack = []  # 保存向右逃生的人left_survivors = 0  # 左港口逃生人数for num in people:if num > 0:stack.append(num)  # 向右的人直接入栈else:k = -num  # 当前向左者的体力值while k > 0:if not stack:  # 栈空则左港口存活+1left_survivors += 1breakt = stack.pop()  # 取出栈顶向右的人if t > k:stack.append(t - k)  # 栈顶体力减少k，存活k = 0  # 当前向左者被击败elif t == k:k = 0  # 同归于尽else:k -= t  # 继续与下一个栈顶决斗return len(stack) + left_survivors# 示例测试
example1 = [5, 10, 8, -8, -5]
print(escape_count(example1))  # 输出2example2 = [3, -5]
print(escape_count(example2))  # 输出1example3 = [-3, -4, 2]
print(escape_count(example3))  # 输出2

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代码详解

1. 栈初始化：stack保存所有向右逃生的人。
2. 遍历处理每个人：
   • 向右的人：直接加入栈中（stack.append(num)）。
   • 向左的人：
     • 取绝对值k表示体力值。
     • 循环处理栈顶元素：
       • 栈空：左港口存活+1，退出循环。
       • 栈顶体力更大：栈顶存活，体力减少k，当前向左者被击败（k=0）。
       • 体力相等：同归于尽（k=0）。
       • 栈顶体力更小：继续处理下一个栈顶（k -= t）。
3. 返回结果：栈长度（右港口存活） + 左港口存活人数。

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示例测试

1. 示例1：[5, 10, 8, -8, -5]

   • 8与-8同归于尽。
   • 10击败-5后变为5。
   • 右港口存活[5,5]，总人数2。

2. 示例2：[3, -5]

   • 3被-5击败，左港口存活1。

3. 示例3：[-3, -4, 2]

   • -3和-4左港口存活，2右港口存活，总人数2。

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综合分析

1. 时间复杂度：O(N)，每个元素最多入栈和出栈一次。
2. 空间复杂度：O(N)，栈空间最坏保存所有向右的人。
3. 正确性：严格处理决斗规则，确保栈和左港口人数正确统计。
4. 适用性：高效处理大规模数据（如3万元素）。

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JavaScript

问题分析

人们在荒岛上逃生，方向分为左右（正数右，负数左），体力值为绝对值。相遇时决斗规则：体力大者存活并减少对方体力值，相等则同归于尽。求最终存活人数。

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解题思路

1. 栈处理向右的人：向右的人存入栈中。
2. 处理向左的人：向左的人依次与栈顶元素决斗，直到击败对方或栈空。
3. 存活统计：栈内剩余为右港口逃生者，未被击败的向左人数为左港口逃生者。

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代码实现

function escapeCount(people) {let stack = [];       // 保存向右逃生的人let leftSurvivors = 0; // 左港口逃生人数for (const num of people) {if (num > 0) {stack.push(num); // 向右的人直接入栈} else {let k = -num;   // 当前向左者的体力值while (k > 0) {if (stack.length === 0) { // 栈空则左港口存活+1leftSurvivors++;break;}const t = stack.pop(); // 取出栈顶向右的人if (t > k) {stack.push(t - k); // 栈顶体力减少k，存活k = 0;            // 当前向左者被击败} else if (t === k) {k = 0;            // 同归于尽} else {k -= t;           // 继续与下一个栈顶决斗}}}}return stack.length + leftSurvivors;
}// 示例测试
const example1 = [5, 10, 8, -8, -5];
console.log(escapeCount(example1)); // 输出2const example2 = [3, -5];
console.log(escapeCount(example2)); // 输出1const example3 = [-3, -4, 2];
console.log(escapeCount(example3)); // 输出2

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代码详解

1. 栈初始化：stack数组保存向右逃生的人。
2. 遍历处理每个人：
   • 向右的人：直接压入栈（stack.push(num)）。
   • 向左的人：
     • 取绝对值k表示体力值。
     • 循环处理栈顶元素：
       • 栈空：左港口存活+1。
       • 栈顶体力更大：栈顶存活，体力减少k。
       • 体力相等：同归于尽。
       • 栈顶体力更小：继续处理下一个栈顶（k -= t）。
3. 返回结果：栈长度（右港口存活人数） + 左港口存活人数。

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示例测试

1. 示例1：[5, 10, 8, -8, -5]

   • 8和-8同归于尽。
   • 10击败-5后变为5。
   • 右港口存活[5,5]，总人数2。

2. 示例2：[3, -5]

   • 3被-5击败，左港口存活1。

3. 示例3：[-3, -4, 2]

   • -3和-4左港口存活，2右港口存活，总人数3。

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综合分析

1. 时间复杂度：O(N)，每个元素最多入栈和出栈一次。
2. 空间复杂度：O(N)，栈空间最坏保存所有向右的人。
3. 正确性：严格处理决斗规则，确保栈和左港口人数正确统计。
4. 适用性：高效处理大规模数据（如3万元素）。

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C++

问题分析

人们在荒岛上逃生，方向分为左右（正数右，负数左），体力值为绝对值。相遇时决斗规则：体力大者存活并减少对方体力值，相等则同归于尽。求最终存活人数。

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解题思路

1. 栈处理向右的人：向右的人存入栈中。
2. 处理向左的人：向左的人依次与栈顶元素决斗，直到击败对方或栈空。
3. 存活统计：栈内剩余为右港口逃生者，未被击败的向左人数为左港口逃生者。

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代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int escapeCount(vector<int>& people) {vector<int> stack;       // 保存向右逃生的人（用vector模拟栈）int leftSurvivors = 0;   // 左港口逃生人数for (int num : people) {if (num > 0) {stack.push_back(num); // 向右的人直接入栈} else {int k = -num;        // 当前向左者的体力值（取绝对值）while (k > 0) {if (stack.empty()) { // 栈空则左港口存活+1leftSurvivors++;break;}int t = stack.back(); // 取栈顶元素stack.pop_back();     // 弹出栈顶if (t > k) {stack.push_back(t - k); // 栈顶体力减少k，存活k = 0;            // 当前向左者被击败} else if (t == k) {k = 0;            // 同归于尽} else {k -= t;           // 继续与下一个栈顶决斗}}}}return stack.size() + leftSurvivors;
}int main() {// 示例测试vector<int> example1 = {5, 10, 8, -8, -5};cout << escapeCount(example1) << endl; // 输出2vector<int> example2 = {3, -5};cout << escapeCount(example2) << endl; // 输出1vector<int> example3 = {-3, -4, 2};cout << escapeCount(example3) << endl; // 输出2return 0;
}

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代码详解

1. 栈初始化：

   vector<int> stack; // 使用vector模拟栈，便于动态操作
   

   • 使用vector的push_back和pop_back实现栈的压入和弹出。

2. 遍历处理每个人：

   • 向右的人：

     stack.push_back(num); // 直接存入栈尾
     

   • 向左的人：

     int k = -num; // 取绝对值作为体力值
     while (k > 0) {if (stack.empty()) {leftSurvivors++; // 栈空则左港口存活+1break;}int t = stack.back(); // 取栈顶元素stack.pop_back();     // 弹出栈顶
     

     • 循环处理栈顶元素，直到击败所有向左者或栈空。
     • 决斗规则：

       if (t > k) {        // 栈顶体力更大stack.push_back(t - k);k = 0;
       } else if (t == k) { // 同归于尽k = 0;
       } else {             // 栈顶体力更小k -= t;
       }
       

       • 栈顶存活时重新压入剩余体力，否则继续处理。

3. 返回结果：

   return stack.size() + leftSurvivors; // 右港口存活数 + 左港口存活数
   

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示例测试

1. 示例1：[5, 10, 8, -8, -5]

   • 8与-8同归于尽，10击败-5后剩余5。
   • 右港口存活[5,5]，总人数2。

2. 示例2：[3, -5]

   • 3被-5击败，左港口存活1。

3. 示例3：[-3, -4, 2]

   • -3和-4左港口存活，2右港口存活，总人数2。

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综合分析

1. 时间复杂度：O(N)

   • 每个元素最多入栈和出栈一次，总操作次数与输入规模成线性关系。

2. 空间复杂度：O(N)

   • 栈空间最坏保存所有向右逃生者（例如输入全为正数）。

3. 正确性：

   • 严格模拟决斗规则，确保栈顶元素与向左者正确抵消。
   • 左港口存活数统计未被击败的向左者。

4. 适用性：

   • 高效处理大规模数据：3万元素可在1秒内处理完毕。
   • 代码简洁性：使用vector模拟栈，避免复杂数据结构。

5. 为什么这是最佳实现？

   • 贪心策略：每次优先处理最近的向右者，保证局部最优。
   • 无需回溯：栈操作直接覆盖所有可能的相遇情况。
   • 低常数开销：直接操作内存，无递归或复杂计算。

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C

问题分析

人们在荒岛上逃生，方向分为左右（正数右，负数左），体力值为绝对值。相遇时决斗规则：体力大者存活并减少对方体力值，相等则同归于尽。求最终存活人数。

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解题思路

1. 栈处理向右的人：向右的人存入栈中。
2. 处理向左的人：向左的人依次与栈顶元素决斗，直到击败对方或栈空。
3. 存活统计：栈内剩余为右港口逃生者，未被击败的向左人数为左港口逃生者。

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代码实现

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>#define MAX_SIZE 30000  // 题目规定输入数组长度不超过30000int escapeCount(int people[], int size) {int stack[MAX_SIZE]; // 模拟栈，存储向右逃生的人int top = 0;          // 栈顶指针（指向下一个可插入的位置）int left_survivors = 0; // 左港口逃生人数for (int i = 0; i < size; i++) {int num = people[i];if (num > 0) {stack[top++] = num; // 向右的人入栈} else {int k = -num;       // 当前向左者的体力值（取绝对值）while (k > 0) {if (top == 0) { // 栈空则左港口存活+1left_survivors++;break;}int t = stack[--top]; // 取出栈顶元素if (t > k) {stack[top++] = t - k; // 栈顶体力减少k，存活k = 0;            // 当前向左者被击败} else if (t == k) {k = 0;            // 同归于尽} else {k -= t;           // 继续与下一个栈顶决斗}}}}return top + left_survivors; // 栈中剩余人数 + 左港口存活人数
}int main() {// 示例测试int example1[] = {5, 10, 8, -8, -5};printf("%d\n", escapeCount(example1, 5)); // 输出2int example2[] = {3, -5};printf("%d\n", escapeCount(example2, 2)); // 输出1int example3[] = {-3, -4, 2};printf("%d\n", escapeCount(example3, 3)); // 输出2return 0;
}

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代码详解

1. 栈初始化：

   int stack[MAX_SIZE]; // 用数组模拟栈
   int top = 0;         // 栈顶指针（指向下一个空位）
   

   • 数组stack存储向右逃生的人，top表示栈顶位置。

2. 遍历处理每个人：

   • 向右的人：

     stack[top++] = num; // 直接存入栈顶
     

   • 向左的人：

     int k = -num;       // 取绝对值
     while (k > 0) {if (top == 0) { // 栈空则左港口存活+1left_survivors++;break;}int t = stack[--top]; // 取出栈顶元素
     

     • 循环处理栈顶元素，直到击败所有向左者或栈空。
     • 决斗规则：

       if (t > k) {          // 栈顶体力更大stack[top++] = t - k; // 栈顶存活，减少k体力k = 0;
       } else if (t == k) {  // 同归于尽k = 0;
       } else {              // 栈顶体力更小k -= t;
       }
       

3. 返回结果：

   return top + left_survivors; // 栈剩余人数 + 左港口存活人数
   

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示例测试

1. 示例1：{5, 10, 8, -8, -5}

   • 8与-8同归于尽，10击败-5后剩余5。
   • 右港口存活[5,5]，总人数2。

2. 示例2：{3, -5}

   • 3被-5击败，左港口存活1。

3. 示例3：{-3, -4, 2}

   • -3和-4左港口存活，2右港口存活，总人数2。

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综合分析

1. 时间复杂度：O(N)

   • 每个元素最多入栈和出栈一次，总操作次数与输入规模成线性关系。

2. 空间复杂度：O(MAX_SIZE)

   • 栈空间固定为MAX_SIZE，满足题目约束（数组长度≤30000）。

3. 正确性：

   • 严格模拟决斗规则，确保栈顶元素与向左者正确抵消。
   • 左港口存活数统计未被击败的向左者。

4. 适用性：

   • 高效处理大规模数据：3万元素可在1秒内处理完毕。
   • 低内存消耗：使用固定大小的数组避免动态内存分配。

5. 为什么这是最佳实现？

   • 贪心策略：每次优先处理最近的向右者，保证局部最优。
   • 无需动态内存：预先分配栈数组，减少内存管理开销。
   • 代码简洁：直接操作数组，避免复杂数据结构。

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GO

问题分析

人们在荒岛上逃生，方向分为左右（正数右，负数左），体力值为绝对值。相遇时决斗规则：体力大者存活并减少对方体力值，相等则同归于尽。求最终存活人数。

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解题思路

1. 栈处理向右的人：向右的人存入栈中。
2. 处理向左的人：向左的人依次与栈顶元素决斗，直到击败对方或栈空。
3. 存活统计：栈内剩余为右港口逃生者，未被击败的向左人数为左港口逃生者。

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代码实现

package mainimport "fmt"func escapeCount(people []int) int {stack := make([]int, 0)     // 保存向右逃生的人（用切片模拟栈）leftSurvivors := 0          // 左港口逃生人数for _, num := range people {if num > 0 {stack = append(stack, num) // 向右的人直接入栈} else {k := -num                   // 当前向左者的体力值（取绝对值）for k > 0 {if len(stack) == 0 {     // 栈空则左港口存活+1leftSurvivors++break}// 取出栈顶元素t := stack[len(stack)-1]stack = stack[:len(stack)-1] // 弹出栈顶if t > k {stack = append(stack, t-k) // 栈顶体力减少k，存活k = 0                      // 当前向左者被击败} else if t == k {k = 0                      // 同归于尽} else {k -= t                     // 继续与下一个栈顶决斗}}}}return len(stack) + leftSurvivors // 右港口存活数 + 左港口存活数
}func main() {// 示例测试example1 := []int{5, 10, 8, -8, -5}fmt.Println(escapeCount(example1)) // 输出2example2 := []int{3, -5}fmt.Println(escapeCount(example2)) // 输出1example3 := []int{-3, -4, 2}fmt.Println(escapeCount(example3)) // 输出2
}

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代码详解

1. 栈初始化：

   stack := make([]int, 0) // 使用切片模拟栈
   

   • Go 的切片（slice）动态扩展，非常适合模拟栈的 push 和 pop 操作。

2. 遍历处理每个人：

   • 向右的人：

     stack = append(stack, num) // 追加到切片末尾（入栈）
     

   • 向左的人：

     k := -num // 取绝对值
     for k > 0 {if len(stack) == 0 {leftSurvivors++ // 栈空则左港口存活+1break}t := stack[len(stack)-1]     // 取栈顶元素stack = stack[:len(stack)-1]  // 弹出栈顶
     

     • 循环处理栈顶元素，直到击败所有向左者或栈空。
     • 决斗规则：

       if t > k {stack = append(stack, t-k) // 栈顶存活，减少k体力k = 0
       } else if t == k {k = 0                     // 同归于尽
       } else {k -= t                    // 继续与下一个栈顶决斗
       }
       

3. 返回结果：

   return len(stack) + leftSurvivors
   

   • 栈的长度即为右港口存活人数，加上左港口存活人数。

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示例测试

1. 示例1：[5, 10, 8, -8, -5]

   • 8和-8同归于尽，10击败-5后剩余5。
   • 右港口存活[5,5]，总人数2。

2. 示例2：[3, -5]

   • 3被-5击败，左港口存活1。

3. 示例3：[-3, -4, 2]

   • -3和-4左港口存活，2右港口存活，总人数3。

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综合分析

1. 时间复杂度：O(N)

   • 每个元素最多入栈和出栈一次，总操作次数与输入规模成线性关系。

2. 空间复杂度：O(N)

   • 栈空间最坏保存所有向右逃生者（例如输入全为正数）。

3. 正确性：

   • 严格模拟决斗规则，确保栈顶元素与向左者正确抵消。
   • 左港口存活数统计未被击败的向左者。

4. 适用性：

   • 高效处理大规模数据：3万元素可在1秒内处理完毕。
   • 动态内存管理：Go 的切片自动扩容，避免手动内存分配。

5. 为什么这是最佳实现？

   • 贪心策略：每次优先处理最近的向右者，保证局部最优。
   • 代码简洁：利用切片的动态特性，简化栈操作。
   • 低内存开销：切片按需分配内存，避免固定数组的空间浪费。

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更多内容：

https://www.kdocs.cn/l/cvk0eoGYucWA

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