1. 有一个整数数组，请求出两两之差绝对值最小的值。记住，只要得出最小值即可，不需要求出是哪两个数。（Microsoft）
方法1：两两作差求绝对值，并取最小，O( n2 )。
方法2：排序，相邻两点作差求绝对值，并取最小，O( nlgn ).
方法3：有没有O( n )的解法？网上有如下解法：
设数组A = { a1, a2, … , an }, 求 s = min( |ai - aj| ), 其中1<= i, j <=n.
设B = { b1, b2, … , bn-1 }, 且 bi = ai – ai+1
即：b1 = a1 – a2, b2 = a2 – a3, b3 = a3 – a4, …
于是有如下规律：
例如：a3 – a5 = ( a3 – a4 ) + ( a4 – a5 ) =b3 + b4
a1 – a6 = b1 + b2 + … + b5
即：ai – aj = bi + … + bj-1
则数组A中任意两个数的差，都可以用数组B中一个字段的和表示。
则原问题可以转换为：
在数组B中，求连续的某一段，使其和的绝对值最小。（只求最小值，不需要知道具体是哪些数）
例如 B = { 1, -2, 3, -1, -9, 7, -5, 6 }；
则绝对值最小值为0，具体是{ -2, 3, -1 } 或 {3, -1, -9, 7}
网上的解法，一般到这里就没下文了。只是简单的提了一下，类似于最大子序列的和。具体怎么做，还要自己想想。
最大子序列和利用DP，可O( n )求解。这题咋做？纠结。
2. 写一个函数，检查字符是否是整数，如果是，返回其整数值。（或者：怎样只用4行代码编写出一个从字符串到长整形的函数？）
据说此题是，Microsoft的大牛只有了4行代码就给出了答案。
可惜，不知道是怎么写的。自己试着写写，当然可能会不至4行。单纯追求行数，也没什么意义，如果你愿意可以把所有的程序都写成一行。
注意：
1. 处理前导空格
2. 处理正负号
3. 处理进制（16进制、8进制、10进制）
4. 非法字符（ 0---9, a---f, A---F）
5. 注意整数的范围，不能溢出
- bool StrToInt( char *pc, long &value )
- {
- //去掉前导空格
- while( ( *pc==' ' || *pc=='\t' ) && *pc != '\0' ) pc++;
- if( *pc == '\0' ) return false;
- //处理正负号
- int sign = 1;
- if( *pc == '+' || *pc == '-' )
- {
- if( *(pc+1) =='\0' ) return false;
- if( *pc == '-' ) sign = -1;
- pc++;
- }
- //处理数值
- long tmp = 0;
- while( *pc != '\0' )
- {
- tmp *= 10;
- //++优先级比*高
- if( *pc < '0' && *pc > '9' ) return false;
- tmp += ( *pc++ - '0' );
- }
- value = tmp * sign;
- return true;
- }
3. 给出一个函数来输出一个字符串的所有排列
方法1：
一个简单的DFS。从后往前不断交互。N个字母求全排列，O( n! )。具体实现，看代码吧。
方法2：
如果不会写递归，也可以利用STL。STL里有一个next_permutation函数。利用这个函数可以返回大于原字符串的下一个字典序列。当字符串为最大字典序列时，函数返回false。这样只要先对原字符串排序，然后不断调用next_permuation即可。
- inline void Exchange( char *px, char *py )
- {
- char tmp = *px;
- *px = *py;
- *py = tmp;
- }
- void PrintStrPermut( char *pstr, char *pbegin )
- {
- //处理空字符串
- if( pstr == NULL || pbegin == NULL ) return;
- //递归终止条件
- if( *pbegin == '\0' )
- cout << pstr << endl;
- else
- {
- for( char *p=pbegin; *p!='\0'; p++ )
- {
- Exchange( p, pbegin );
- PrintStrPermut( pstr, pbegin+1 );
- Exchange( p, pbegin );
- }
- }
- }
- void PrintStrPermut2( char *pstr )
- {
- char *p = pstr;
- while( *p != '\0' ) p++;
- sort( pstr, p );
- cout << pstr << endl;
- while( next_permutation( pstr, p ) )
- {
- cout << pstr << endl;
- }
- }
4．请编写实现malloc()内存分配函数功能一样的代码
这题比较难，要是不懂点OS的内存管理，根本就无从下手。
我们知道调用malloc()后，OS就要想方设法为我们返回一块空闲空间。这就涉及到OS的内存管理。OS的内存管理可以这样考虑：
假设整块内存有128K
初始状态，128K都是空闲
第一次请求，申请了16k，空闲112K
第二次请求，申请了32K，空闲80K
第三次请求，申请了8K，空闲72K
第二次请求申请的32K被释放，空闲108K
第四次请求，申请了24K，空闲84K
…
从上面的例子可以看出，一整块连续的空闲内存块，经过一段时间的使用，会被无情的划分为许多小块。这些小块大小不等，并且有的空闲、有的被占用。
当调用malloc时，OS就沿内存扫描，找到一块够大的空闲块，从中划分出要使用的部分，将这部分标记为己分配，并返回这部分的首地址。如果，空闲的块都是些小的碎片，那就悲具了（当然，OS可以把将相邻的空闲块合并，再尝试）。
现在，模拟一下malloc的过程：
为了便于管理，首先定义内存控制块mcb。这个mcb记录两个信息：块是否空闲、块的大小。即，每个分配出去的块，其实都带有一个mcb，只不过这个mcb位于块的最前端，返回该用户的指针刚好指向mcb之后，所以对用户是不可见的。
现在，就可以处理free了。Free只要把已分配的内存块重新标记为空闲即可，这里当然要用到该快的mcb了。
Malloc简单来说，就是维护几个指针，根据分配请求修改指针位置。对于要分配的块，将标记置位己分配，并返回这部分的首地址。
参考http://lklkdawei.blog.163.com/blog/static/32574109200881445518891/，这里讲的很清楚，还附有代码，我就不狗尾续貂了。
5. 字符串A的后几个字节和字符串B的前几个字节重叠。
这题似乎没什么玄机，就是个简单的字符串处理。使用strlen和memcpy可以完成，见代码。
- bool StrOverlap( char *strA, char *strB, int cnt, char *strC )
- {
- int sizeA = (int)strlen( strA );
- int sizeB = (int)strlen( strB );
- if( cnt > sizeA || cnt > sizeB ) return false;
- memcpy( strC, strA, sizeA-cnt );
- memcpy( strC+sizeA-cnt, strB+cnt, sizeB-cnt );
- //注意添加结束标记
- strC[sizeA+sizeB-2*cnt] = '\0';
- return true;
- }
6. 怎样编写一个程序，把一个有序整数数组放到二叉树中？
由数组建立排序二叉树。因为数组已排序，所以可以进行类似排序二叉树上的查找。感觉有点类似先序遍历，每次先处理根节点，然后分别是左子树、右子树。具体做法是：
1.整个数组对应一个二叉树，则中间元素对应二叉树的根节点
2.中间元素左边的部分对应左子树、右边的部分对应右子树
3.对左右两部分再继续递归调用。
- struct BiTreeNode
- {
- int data;
- BiTreeNode* leftChild;
- BiTreeNode* rightChild;
- //构造函数，初始化成员变量
- BiTreeNode(): data(0), leftChild(0), rightChild(0){};
- };
- void ArrayToTree( int *pi, int left, int right, BiTreeNode *&root )
- {
- if( left <= right )
- {
- int mid = ( left + right ) / 2;
- root = new BiTreeNode;
- root->data = pi[mid];
- ArrayToTree( pi, left, mid-1, root->leftChild );
- ArrayToTree( pi, mid+1, right, root->rightChild );
- }
- }
7. 怎样从顶部开始逐层打印二叉树结点数据？请编程。
用队列容易实现。网上有人说有非队列的实现，不过还是用指针把每一层的点都连了起来，然后逐层打印。这种方法和用队列把每层的节点存起来大同小异。- void PrintTreeByLevel( BiTreeNode *&root )
- {
- if( root != NULL )
- {
- queue<BiTreeNode> que;
- que.push( *root );
- while( !que.empty() )
- {
- BiTreeNode curNode = que.front();
- que.pop();
- cout << curNode.data << " ";
- if( curNode.leftChild != NULL ) que.push( *curNode.leftChild );
- if( curNode.rightChild != NULL ) que.push( *curNode.rightChild );
- }
- }
- }
8.怎样把一个链表掉个顺序（也就是反序，注意链表的边界条件并考虑空链表）？
这题主要看有没有额外存储空间的限制。
如果没有，可以重新生成一个链表，该链表是原链表的反序。具体做的时候，每次只需把新节点插入的头结点的前面即可。此时，空间复杂度O(n).
如果有存储空间的限制，要求为O(1)，即只能用常数个辅助变量。这时可以用三个指针来实现。首先，需要一个指针cur，指向要反向的节点。因为链表反序，指针要指向前一个，而单链表无法直接得到前一个，所以需要一个指针pre。然后，当指针cur反向后，就无法指向下一个，所以需要一个指针next，用于保存cur的下一个。这样只要遍历整个链表，不断使指针cur所指节点反向即可。
- struct ListNode
- {
- int data;
- ListNode *next;
- ListNode(): data(0), next(0) {};
- };
- //假设没有哨兵元素
- ListNode* ReverseList( ListNode *head )
- {
- //空链表
- if( head == NULL ) return NULL;
- //只有一个元素的链表
- if( head->next == NULL ) return head;
- //至少有两个元素
- ListNode *pre, *cur, *next;
- pre = head;
- cur = pre->next;
- next = NULL;
- while( cur != NULL )
- {
- //保存下一个节点的指针
- next = cur->next;
- cur->next = pre;
- pre = cur;
- cur = next;
- }
- head->next = NULL;
- head = pre;
- return head;
- }
9.请编写能直接实现int atoi(const char * pstr)函数功能的代码。
需要注意的问题：
1.前导白空
2.正负号
3.不同进制
4.非法字符
5.Int范围
- int MyAtoi(const char * pstr)
- {
- //去除前导空格
- while( *pstr == ' ' || *pstr == '\t' ) pstr++;
- //判断正负号
- int sign = 1;
- if( *pstr == '+' || *pstr == '-' )
- {
- if( *pstr == '-' ) sign = -1;
- pstr++;
- }
- //判断进制
- int base = 10;
- if( *pstr == '0' )
- {
- pstr++;
- //以0开头的为八进制
- base = 8;
- //以0x开头的为16进制
- if( *pstr == 'X' || *pstr == 'x' )
- {
- base = 16;
- pstr++;
- }
- }
- //处理数值部分，注意非法字符
- long value = 0;
- while( *pstr != '\0' )
- {
- if( base == 10 && ( *pstr < '0' || *pstr > '9' ) ||
- base == 8 && ( *pstr < '0' || *pstr > '7' ) ||
- base == 16 && !( ( *pstr >= '0' && *pstr <= '9' ) ||
- ( *pstr >= 'A' && *pstr <= 'F' ) ||
- ( *pstr >= 'a' && *pstr <= 'f' ) )
- )
- return 0;
- value *= base;
- if( base == 16 )
- {
- if( *pstr >= '0' && *pstr <= '9' ) value += ( *pstr - '0' );
- if( *pstr >= 'a' && *pstr <= 'f' ) value += ( *pstr - 'a' ) + 10;
- if( *pstr >= 'A' && *pstr <= 'F' ) value += ( *pstr - 'A' ) + 10;
- }
- else
- {
- value += *pstr - '0';
- }
- pstr++;
- }
- //判断是否溢出
- if( value > INT_MAX || value < INT_MIN ) return 0;
- return value * sign;
- }
10.编程实现两个正整数的除法，当然不能用除法操作符。
// return x/y.
int div(const int x, const int y)
{
....
}
a/b=x, 即求a里面有多少个b.
方法一：枚举，b*1，b*2，b*3，…，直到b*x == a 或 b*x < a && b*(x+1) > a，复杂度O( a/b)这样
方法二：
除了x = 1+…+1（x个1相加），x还可以用2的幂的和表示（如4 = 2^2, 7 = 2^2+2+1 ）。不用逐一枚举，类似折半查找。不断划分区间，用区间比较。
不断尝试b*(1<<0)，b*(1<<1)，b*(1<<2)，…，
直到b*(1<<m) < a && b*(1<<m+1) > a，
则从a - b*(1<<m)，然后再重新开始。
- int Div( const int x, const int y )
- {
- if( x < y ) return 0;
- int tmp = x;
- int ans = 0;
- while( tmp >= y )
- {
- int cnt = 1;
- while( ( y * cnt ) <= tmp ) cnt <<= 1;
- cnt >>= 1;
- ans += cnt;
- tmp -= y * cnt;
- }
- return ans;
- }
11.在排序数组中，找出给定数字的出现次数。比如[1, 2, 2, 2, 3] 中的出现次数是次。
方法一：直接遍历，首先找到这个数，然后逐一计数，O(n)可完成。
方法二：二分查找，首先找到这个数的第一个，记录其位置。再二分查找，找到这个数的最后一个，记录其位置。最后下边相减，O(lgn)可完成。虽然两次都是二分查找，但还是略微有点区别。
LowerSearch把相等的情况划归到左半部分，所以计算mid时要向下取整。
UpperSearch把相等的情况划归到右半部分，所以计算mid时要向上取整。
- //target出现的第一个位置
- int LowerSearch( int *pi, int left, int right, int target )
- {
- while( left < right )
- {
- //mid向下取整
- int mid = ( left + right ) / 2;
- if( target <= pi[mid] )
- {
- right = mid;
- }
- else
- {
- left = mid + 1;
- }
- }
- return left;
- }
- //target出现的第最后一个位置
- int UpperSearch( int *pi, int left, int right, int target )
- {
- while( left < right )
- {
- //这里mid向上取整
- int mid = ( left + right + 1 ) / 2;
- if( target >= pi[mid] )
- {
- left = mid;
- }
- else
- {
- right = mid - 1;
- }
- }
- return left;
- }
- int GetCount( int *pi, int left, int right, int target )
- {
- int first = LowerSearch( pi, left, right, target );
- int second = UpperSearch( pi, left, right, target );
- return second-first+1;
- }
12.平面上N个点，每两个点都确定一条直线，求出斜率最大的那条直线所通过的两个点（斜率不存在的情况不考虑）。时间效率越高越好。
按照一般的方法，逐个求斜率比较，O(n^2)可完成。有没有更快的方法？有。
对所有的点按x坐标排序，然后只比较相邻两点的斜率即可。复杂度O( nlgn )。当然，只要有了算法，编程实现很容易，关键是为什么？
我不会严格的证明，只能朴素的理解一下。
设有三个点A、B、C
如果A、B、C在一条直线上，则斜率相等
如果A、B、C不在一条直线上，则构成三角形ABC。不妨设Xa < Xb < Xc
即按照x坐标排序后，A、B相邻，B、C相邻。也就是说，三角形中AC为最长边。如图，显然Kab和Kbc中至少有个大于Kac.
13.一个整数数列，元素取值可能是~65535中的任意一个数，相同数值不会重复出现。是例外，可以反复出现。
请设计一个算法，当你从该数列中随意选取个数值，判断这个数值是否连续相邻。
注意：
- 5个数值允许是乱序的。比如：8 7 5 0 6
- 0可以通配任意数值。比如：7 5 0 6 中的可以通配成或者
- 0可以多次出现。
- 复杂度如果是O(n2)则不得分。
首先对这5个数进行排序。
如果5个数中没有0，那么用最大值 – 最小值。如果差值= 4，则连续。否则，不连续。
如果5个数中有0，则0必然排在最前面。依旧最大值 – 最小值。当差值取1，说明只有2个非0数，必然连续，则其余的数都可用0补齐。那么在连续的情况下差值最大取多少？最大值为4。这时必然有一个数不连续，但是可以用0补.
综上：
1. 先排序
2. 用非零最大值 - 非零最小值，如果差值<=4，则连续。否则，不连续。
3. 处理没有非零最大值或非零最小值的情况。
A. 全为零，必连续 B. 只用一个非0值，也连续
14.设计一个算法，找出二叉树上任意两个结点的最近共同父结点。复杂度如果是O(n2)则不得分。
经典的LCA问题，有非常成熟的解法，用tarjan算法或转换为RMQ问题。Tarjan自己没写过。这里是RMQ的解法。对于RMQ也有多种解法，比如线段树、ST等。这里讨论一下ST算法。
RMQ问题：RMQ( A, i, j )表示在数组A中求A[i]…A[j]之间最小值的下标。
首先，把LCA转换为RMQ问题。
对二叉树进行DFS，记录每个节点被访问的顺序。因为有回溯，除了根节点，每个节点都被访问2次。设二叉树有n个节点，则DFS完成后回记录2n-1个节点，然后由这些节点构成数组path，该数字记录了DFS遍历节点的顺序。
在进行DFS时，同时记录各节点的层数，组成数组level。
对二叉树上的任意两点x和y, 找到x 、y在数组path中第一次出现的位置，记为pos(x), pos(y)。则path[ pos(x) ]…path[ pos(y) ]代表在二叉树上从x遍历到y的一条路径，那么该路径上level最小的点就是x 、y的LCA。
即LCA( A, i, j ) = RMQ( level, pos(x), pos(y) )
RMQ问题的ST求解。ST，实质上属于DP。
定义：dp[i][j]表示数字A中，A[i]…A[i+2^j-1]中（即由A[i]开始的连续2^j个元素）最小值的下标
状态转换方程：dp[i][j] = Min( dp[i][j-1], dp[i+2^(j-1)][j-1] );
大概解释一下：状态方程把A[i]…A[i+2^j-1]共2^j个元素，分成两部分A[i]…A[i+2^(j-1)-1]和A[[i+2^(j-1)]…A[j]，每部分2^( j-1 )个元素，然后取两部分的最小值即可。
上述部分，其实就是个DP的预处理过程。完成了预处理，最后就是RMQ问题的求解, RMQ( A, i, j ) = ?
有了上述的dp[][]，只要想办法把A[i]…A[j]分成两部分，使每部分的长度为2^k。这样就可以查dp[][]数组了。对于这两部分有什么要求吗？两部分合起来刚好覆盖整个[ i, j ]区间，这当然是最好的了。但是，有时很难取到整数，所以连部分通常是交叉的，甚至每一部分几乎覆盖了整个区间。
即，2^k = j - i + 1，则可求 k=lg( j-i+1 )。k是下取整。
最终：RMQ( A, i, j ) = Min( dp[i][k], dp[j-2^k+1][j] )
RMQ的ST求解见代码
- #include <iostream>
- using namespace std;
- const int MAX = 100;
- //dp[i][j] 表示从i开始到为i+2^j -1中值最小的一个值（从i开始2^j个数）
- //dp[i][j] = min( dp[i][j-1], dp[i+2^(j-1)][j-1] );
- //查询RMQ( i, j )
- //将i,j分成两个2^k个区间
- //k = log2( j - i + 1 )
- //查询结果 min( dp[i][k], dp[j-2^k+1][k] )
- int dp[MAX][MAX];
- inline int Min( int x, int y )
- {
- return x < y ? x : y;
- }
- //使用DP，建立查询表
- void MakeRmqIndex( int *data, int size )
- {
- int i, j;
- for( i=0; i<size; i++ )
- {
- dp[i][0] = i;
- }
- for( j=1; (1<<j)<size; j++ )
- {
- for( i=0; i+(1<<j)-1 < size; i++ )
- {
- dp[i][j] = data[ dp[i][j-1] ] < data[ dp[i+(1<<(j-1))][j-1] ] ? dp[i][j-1] : dp[i+(1<<(j-1))][j-1];
- }
- }
- }
- //查表，并返回结果
- int RmqIndex( int begin, int end, int *data )
- {
- int k = (int)( log( ( end - begin + 1 ) * 1.0 )/ log( 2.0 ) );
- return data[ dp[begin][k] ] < data[ dp[end-(1<<k)+1][k] ] ? dp[begin][k] : dp[end-(1<<k)+1][k];
- }
- int main()
- {
- int data[10] = { 1, 3, 3, 4, 5, 6, 6, 7, 9, 11 };
- //返回最小索引
- MakeRmqIndex( data, 10 );
- cout << RmqIndex( 4, 9, data) << endl;
- return 0;
- }
15.一棵排序二叉树，令f=(最大值+最小值)/2，设计一个算法，找出距离f值最近、大于f值的结点。复杂度如果是O(n2)则不得分。
16. 一个整数数列，元素取值可能是1~N（N是一个较大的正整数）中的任意一个数，相同数值不会重复出现。设计一个算法，找出数列中符合条件的数对的个数，满足数对中两数的和等于N+1。复杂度最好是O(n)，如果是O(n2)则不得分
这题要求O(n)，我能想到就是：使用一个有N个元素的数组，然后用数值作为数组的下标，然后遍历数组。
1.正整数序列Q中的每个元素都至少能被正整数a和b中的一个整除，现给定a和b，需要计算出Q中的前几项，
例如，当a=3，b=5，N=6时，序列为3，5，6，9，10，12
(1)、设计一个函数void generate（int a,int b,int N ,int * Q）计算Q的前几项
(2)、设计测试数据来验证函数程序在各种输入下的正确性。
感觉有点类似归并排序的Merge。有两个数组A、B。
数组A存放：3*1、3*2、3*3…
数组B存放：5*1、5*2、5*3…
有两个指针 i, j，分别指向A、B的第一个元素。取Min( A[i], B[j] )，并将较小值的指针前移，然后继续比较。
当然，编程实现的时候，完全没有必要申请两个数组，用两个变量就可以。
- #include <iostream>
- using namespace std;
- void Generate( int a,int b,int N ,int * Q )
- {
- int tmpA, tmpB;
- int i = 1;
- int j = 1;
- for( int k=0; k<N; k++ )
- {
- tmpA = a * i;
- tmpB = b * j;
- if( tmpA <= tmpB )
- {
- Q[k] = tmpA;
- i++;
- }
- else
- {
- Q[k] = tmpB;
- j++;
- }
- }
- }
- int main()
- {
- int Q[6];
- Generate( 3, 5, 6 ,Q );
- return 0;
- }
2.有一个由大小写组成的字符串，现在需要对他进行修改，将其中的所有小写字母排在大写字母的前面（大写或小写字母之间不要求保持原来次序），如有可能尽量选择时间和空间效率高的算法c语言函数原型void proc（char *str）
也可以采用你自己熟悉的语言
应该类似快排的partition。快排的partition也有两种常见的实现：从左往右扫描、从两头往中间扫描。这里使用从左往后扫描的方式。
字符串在调整的过程中可以分成两个部分：已排好的小写字母部分、待调整的剩余部分。用两个指针i和j，其中i指向待调整的剩余部分的第一个元素，用j指针遍历待调整的部分。当j指向一个小写字母时，交换i和j所指的元素。向前移动i、j，直到字符串末尾。
- #include <iostream>
- using namespace std;
- void Proc( char *str )
- {
- int i = 0;
- int j = 0;
- //移动指针i, 使其指向第一个大写字母
- while( str[i] != '\0' && str[i] >= 'a' && str[i] <= 'z' ) i++;
- if( str[i] != '\0' )
- {
- //指针j遍历未处理的部分，找到第一个小写字母
- for( j=i; str[j] != '\0'; j++ )
- {
- if( str[j] >= 'a' && str[j] <= 'z' )
- {
- char tmp = str[i];
- str[i] = str[j];
- str[j] = tmp;
- i++;
- }
- }
- }
- }
- int main()
- {
- char data[] = "SONGjianGoodBest";
- Proc( data );
- return 0;
- }
3.如何随机选取1000个关键字。
给定一个数据流，其中包含无穷尽的搜索关键字（比如，人们在谷歌搜索时不断输入的关键字）。如何才能从这个无穷尽的流中随机的选取1000个关键字？
说实话我不会做，是看网上的答案。感觉是对的，但又说不上为什么。
思路是这样的：
1.申请一个1000个元素的数组，用于保存最后选中的关键字
2.将数据流中前1000个直接放入数组中
3.对于第n个元素（n>1000）, 以1000/n的概率随机替换数组中的一个元素
这个就能保证每个元素都以1000/n的概率被选中。哎，为什么？先放这吧，以后再说。
4.判断一个自然数是否是某个数的平方。说明：当然不能使用开方运算。
也就是判断一个自然数是否是完全平方数。
方法一：从1开始逐个尝试，即判断1*1，2*2，3*3…,算法复杂度O( N^0.5 )
方法二：相当于在1…N之间找一个数x，使x*x = N。这样看就是一个查找问题，所以用折半查找。算法复杂度O( logN )。
方法三：使用完全平方数的性质：每个完全平方数都可以表示成一系列奇数的和。
不妨这样简单理解一下：
设x是一个完全平方数，即 x = a^2，所以
a^2 = ( a – 1 +1 )^2 = (a-1)^2 + 2( a – 1 ) + 1
=( (a-2) + 1 )^2 + 2( a – 1 ) + 1
=(a-2)^2 + ( 2( a – 2 ) + 1 ) + (2( a – 1 ) + 1 )
即 x = 1 + 3 + 5 + … + (2( a – 1 ) + 1 )
故x可以表示为一系列奇数的和.
因此判断完全平方数的算法：x – 1 – 3 – 5…即从x中连续不断的减去一个奇数，如果结果可以为0，则x是完全平方数。否则，不是。算法复杂度O(N )，当然由于这里做的全部是减法，可能也回比较快。
5.给定能随机生成整数1到5的函数，写出能随机生成整数1到7的函数。
关键是要保证每个数字产生的概率相等。
把能随机生成整数1到5的函数记为R15。
我的想法是：把R15调用6次，然后统计这6次中，某个数字出现的次数。比如，统计1出现的次数。1的次数[0, 6],然后给次数加一，就可以随机生成1到7之间的整数。
网上的解法：首先，调用7次R15。然后，取最大值对应的下标，由这些值构成了一个新数组。然后继续调用R15，直到最后只剩下一个数字。
{ 1，2，3，4，5，6，7 }
5，3，1，5，2，4，5
{ 1， ， ，4， ， ，7 }
4， ， ，1， ， ，3
{ 1 }
6.1024! 末尾有多少个？
求末尾0个数，也就是对1024！进行因子分解，求因子中10的个数。在进一步，因子中10的个数，就相当与质因子中2*5的个数。因为质因子5的个数比2少，所以也就是求1024！中质因子5的个数。
1，2，3，…，1024中哪些数都含有质因子5？主要有以下几类：
第一类：5的倍数，1024/5 = 204个
第二类：25的倍数，1024/25 = 40个
第三类：125的倍数，1024/125 = 8个
第四类：625的倍数，1024/625 = 1个
则，总的因子5的个数：204 + 40 + 8 + 1 = 253
当然，为什么加起来就是最后的答案？这个不难，自己想想吧。
7. 有个海盗，按照等级从5到1排列，最大的海盗有权提议他们如何分享枚金币。
但其他人要对此表决，如果多数反对，那他就会被杀死。
他应该提出怎样的方案，既让自己拿到尽可能多的金币又不会被杀死？
（提示：有一个海盗能拿到98%的金币）
很有意思的一个题。嘿嘿，不会做，也还是看网上答案的。
当有5个人时，等级为5的海盗，等级最高，他来分配。分配时要考虑两个问题：利益最大、不被杀死。至于他的分配方案会不会招来杀身之祸，完全取决于其他4个人的反应。所以考虑，4个人的情况。
当有4个人时，等级为4的海盗，等级最高，他来分配。至于他的分配方案会不会招来杀身之祸，完全取决于其他3个人的反应。所以考虑，3个人的情况。
…
当有2个人时，等级为2的海盗，等级最高，他来分配。这时他就可以肆无忌惮的分配了。分配方案：100，0。即给自己100枚金币，给等级为1的海盗0枚金币。虽然对等级为1的海盗来说很不公平，但是他反对也没用，因为只有两个人，他占不了大多数。
再来考虑三个人的问题。当有3个人时，等级为3的海盗，等级最高，他来分配。他只要在前两个人中争取一个人就行。分配方案：99，0，1。这样等级为1的海盗肯定不会反对，因为比2个人的时候分的多。只有等级为2的海盗反对，但是没有用
考虑四个人的情况。分配方案：99，0，1，0。等级为4、2的海盗满意。
五个人的情况。分配方案：98，0，1，0，1。
8.给定一个集合A=[0,1,3,8](该集合中的元素都是在，之间的数字，但未必全部包含)，指定任意一个正整数K，请用A中的元素组成一个大于K的最小正整数。
比如，A=[1,0] K=21 那么输出结构应该为100。
首先，计算正整数K的位数。假设k有m位。把用A中的元素组成一个大于K的最小正整数记为x。那么x就有m位或者m+1位。
根据K的最高位，在A中选数字。分两种情况：A中的数字都比k的最高位小、A中至少有一个数字等于大于k的最高位。
1.A中的数字都比k的最高位小，则x有m+1位。这时，只要用A中的数字组成一个m+1位的最小正整数即可。
2.A中至少有一个数字等于大于k的最高位。这时x的最高位就是不小于K最高位的最小数字。然后，用同样的方法继续比较下一位。
编程实现：很烦，写的都想吐血了。
- #include <iostream>
- #include <algorithm>
- using namespace std;
- //target为int值，最多是10位数
- const int MAX_INT_CNT = 20;
- int NearestInt( int target, int *data, int size )
- {
- int ans = 0;
- //计算target的位数
- int cnt = 0;
- int tmp = target;
- while( tmp > 0 )
- {
- cnt++;
- tmp /= 10;
- }
- //将target转换为字符串
- char des[MAX_INT_CNT];
- itoa( target, des , 10 );
- string strTarget( des );
- //对数组排序
- sort( data, data+size );
- int flag = 0;
- int i, j;
- for( i=0; i<cnt; i++ )
- {
- ans *= 10;
- //遍历数组，找到一个合适的元素
- for( j=0; j<size && flag==0; j++ )
- {
- if( strTarget[i] == data[j] )
- {
- ans += data[j];
- break;
- }
- if( strTarget[i] < data[j] )
- {
- ans += data[j];
- flag = 1;
- break;
- }
- }
- if( j >= size ) flag = 2;
- //flag == 2表示前面的数字都相等，只要后面的多一位就行
- if( flag == 2 )
- {
- if( i == 0 )
- {
- //找到一个非0元素
- for( j=0; j<size; j++ )
- {
- if( data[j] > 0 )break;
- }
- ans += data[j];
- }
- else
- ans += data[0];
- }
- //flag == 1表示前面的数字比较大，后面的取最小的数字即可
- if( flag == 1 ) ans += data[0];
- }
- //如果前面的数字都相等
- if( flag == 2 )
- {
- ans *= 10;
- ans += data[0];
- }
- return ans;
- }
- int main()
- {
- int data[] = { 0, 1, 3, 8 };
- cout << NearestInt( 21, data, 4 ) << endl;
- return 0;
- }
9. 用C语言实现一个revert函数，它的功能是将输入的字符串在原串上倒序后返回。
基本的字符串操作。应该没有什么问题，比起链表的反转简单多了。
- char* Revert( char *str )
- {
- if( str != NULL )
- {
- char *begin = str;
- char *end = str;
- while( *end != '\0' ) end++;
- end--;
- while( begin != end )
- {
- char tmp = *begin;
- *begin = *end;
- *end = tmp;
- begin++;
- end--;
- }
- }
- return str;
- }
10.用C语言实现函数void * memmove(void*dest, const void *src, size_t n)。memmove函数的功能是拷贝src所指的内存内容前n个字节到dest所指的地址上。
其实就是自己写一个memcpy函数。注意下面三种情况：
指针为空
两个指针间距过小( 如dest = 10010, src =10020, n = 20 )
void*的转换
- void* Memmove( void *dest, const void *src, size_t n )
- {
- char *cDest = (char*) dest;
- char *cSrc = (char*) src;
- assert( cDest != NULL && cSrc != NULL );
- assert( cDest >= cSrc + n || cSrc >= cDest + n );
- while( n-- ) *cDest++ = *cSrc++;
- return dest;
- }
11.有一根厘米的细木杆，在第3厘米、7厘米、11厘米、17厘米、23厘米这五个位置上各有一只蚂蚁。木杆很细，同时只能通过一只蚂蚁。开始时，蚂蚁的头朝左还是朝右是任意的，它们只会朝前走或调头，但不会后退。当任意两只蚂蚁碰头时，两只蚂蚁会同时调头朝反方向走。假设蚂蚁们每秒钟可以走一厘米的距离。
编写程序，求所有蚂蚁都离开木杆的最小时间和最大时间。
不知这题是想考什么。
题目的难点在于：初始状态，蚂蚁的方向任意。因为只有5个蚂蚁，每只蚂蚁的方向只有左、右两种选择，因此5只蚂蚁的初始方向有2^5 = 32种情况。
没有想到什么好的算法，只能枚举所有情况。对每种情况，模拟蚂蚁的爬杆过程：沿初始方向前进、每秒更新一次蚂蚁的位置、更新完成后进行碰撞检测。当所有蚂蚁都爬出细杆后，就可以得到所需时间。最后，在所有的初始情况下，求最小时间和最大时间。索性数据量很小，时间可以接受。
- const int LEFT = 0;
- const int RIGHT = 1;
- //记录每个蚂蚁的初始方向
- int dir[5];
- //记录每个蚂蚁的初始位置
- int pos[5];
- //记录每个蚂蚁是否爬出了细杆
- bool isFinish[5];
- void Init( int i )
- {
- //初始化蚂蚁的方向
- int tmp = i;
- int mask = 0x0001;
- for( int j=0; j<5; j++ )
- {
- dir[j] = ( tmp & mask ) ? RIGHT : LEFT;
- tmp >>= 1;
- }
- //初始化蚂蚁的位置
- pos[0] = 3;
- pos[1] = 7;
- pos[2] = 11;
- pos[3] = 17;
- pos[4] = 23;
- //初始化蚂蚁的状态标志
- memset( isFinish, false, sizeof(isFinish) );
- }
- void AntTime( int &maxTime, int &minTime )
- {
- int max = 0;
- int min = 10000000;
- //依次处理32种情况
- for( int i=0; i<32; i++ )
- {
- Init( i );
- //记录已经爬出细杆的蚂蚁个数
- int cnt = 0;
- //每秒检测一次
- int time;
- for( time=1; ; time++ )
- {
- //更新蚂蚁位置
- for( int j=0; j<5; j++ )
- {
- if( !isFinish[j] )
- {
- if( dir[j] == LEFT )
- pos[j]--;
- else
- pos[j]++;
- }
- }
- //检测蚂蚁是否已爬出细杆
- for( int m=0; m<5; m++ )
- {
- if( !isFinish[m] && ( pos[m] < 0 || pos[m] > 23 ) )
- {
- isFinish[m] = true;
- cnt++;
- }
- }
- //如果所有的蚂蚁都已经爬出细杆，则跳出
- if( cnt >= 5 ) break;
- //如果相撞，则掉头
- for( int k=0; k<5; k++ )
- {
- if( !isFinish[k] )
- {
- if( ( k == 0 && pos[k] == pos[k+1] ) || ( k == 5 && pos[k] == pos[k-1] ) ||
- ( ( k > 0 && k < 5 ) && ( pos[k] == pos[k+1] || pos[k] == pos[k-1] ) )
- )
- {
- dir[k] = ( dir == LEFT ) ? RIGHT : LEFT;
- }
- }
- }
- }
- if( time > max ) max = time;
- if( time < min ) min = time;
- }
- maxTime = max;
- minTime = min;
- }
12.请定义一个宏，比较两个数a、b的大小，不能使用大于、小于、if语句
这里有两种做法：正数的绝对值等于本身、两数相减判断符号位
- #define MAX( a, b ) ( fabs( a, b ) == ( (a) - (b) ) ? (a) : (b) )
- #define MMAX( a, b ) ( ( ( (a) - (b) ) & ( 1 << 31 ) ) ? (a) : (b) )
13.两个数相乘，小数点后位数没有限制，请写一个高精度算法
14.有A、B、C、D四个人，要在夜里过一座桥。他们通过这座桥分别需要耗时1、2、5、10分钟，只有一支手电，并且同时最多只能两个人一起过桥。请问，如何安排，能够在17分钟内这四个人都过桥？
这题想想不难，就不知道具体编程应该怎么实现，能想到的就是DFS。这里的17分钟应该就是最短时间了。先不管编程实现了，说说具体的思路吧
首先，要到对岸，每次不能只过一个人。因为这个人拿了手电，其他人都过不了。这样，每次过桥，必须两个人。两个人过去，其中一个人再拿了手电回来。那选哪两个人过去，哪个人再回来？当然是时间最小的啦。所以，5分钟的人和10分钟的人结伴过河，这样可以把5分钟的时间淹没在10分钟内，共需10钟就可以完成。在让时间最小的人拿了手电回去，那自然选1分钟的人了。也就是说，1分钟的人必须在5、10之前到达对岸。
这样，整个过程就是：1、2先到对岸（2Min），2拿了手电返回（2Min），5、10再结伴过桥（10Min），1拿手电返回（1Min），最后1、2结伴过桥（2Min），总共刚好17分钟。
15.有12个小球,外形相同,其中一个小球的质量与其他11个不同，给一个天平,问如何用3次把这个小球找出来，并且求出这个小球是比其他的轻还是重
很久以前的题了，估计大多数人都见过。类似折半查找的方法，把问题的规模以O( lgn )的速度减小。12---6---3---1。当剩3个时，问题最精妙，这时有三种状态可利用：天平左半、天平右边、不在天平两端。这提示我们，其实27个小桥也可以用这个方法。27---9----3----1，即称3次就可以完成。
其实，这里可以总结一个规律：( 3^(n-1), 3^n ]内的数都只需n次就可以完成。即，10、11、12、….、27个球都只用3次就可以。
16.在一个文件中有10G 个整数，乱序排列，要求找出中位数。内存限制为2G。只写出思路即可。
海量数据处理的问题。10G个数，中位数就是第5G、第5G+1个数。回想一下，一般情况下求中位数的做法：类似于快排的partition，找到一个数，使比它小的数的个数占到总数的一半就行。所以，可以把数值空间分段，然后统计每一段中数据的个数，这样就可以很容易的确定中位数在那一段。找个该段后，数据量已经急剧减小了，剩下的问题就好处理了。这种方法可以说是桶排序的思想，也可以说是hash的思想。下面具体分析一下：
因为要统计每一段中数据的个数，所以可以用一个unsigned int型。unsigned int一般占4个字节，可以计数到2^32-1，大约是4G。题目中有10G个数，如果有很多数落在同一个段中，unsigned int肯定不够用。所以，这里的计数用要8字节的long long。即，相当于有一个数组，数组是long long性，数组的每一个元素，代表了一个数据段内的数据个数。这个数组有多大？为了充分利用2G内存，数组大小2G/8 = 256M。即，有数组long long cnt[256M].
假设题目中的10G个数都是4字节的int。如何把这10G个整数，映射到cnt[256M]的数组中。可以使用计算机中的虚拟地址到物理地址的转换。取int的高28位作为数组下标的索引值，这样就可以完成映射。
整个算法的流程：
扫描10G个整数，对每个整数，取高28位，映射到数组的某个元素上
给数组的这个元素加1，表示找到一个属于该数据段的元素
扫描完10G个整数后，数组cnt中就记录了每段中元素的个数
从第一段开始，将元素个数累计，直到值刚好小于5G，则中位数就在该段
这时对10G个整数再扫描一遍，记录该段中每个元素的个数。直至累计到5G即可。
17..一个文件中有40亿个整数，每个整数为四个字节，内存为1GB，写出一个算法：求出这个文件里的整数里不包含的一个整数
方法一：
使用位图。4字节的int，有4G个不同的值。每个值，对应1bit，则共需4G/8 = 512M
内存。初始状态，对512M的位图清零。然后，对这40亿个整数进行统计。如果某个值出现了，那么就把这个值对应的bit置位。最后，扫描位图，找到一个没有被置位的bit即可。
方法二：
分段统计。Long long cnt[512M/8=64M]对应数值空间的64M个数据段。每个数据段包含64个不同值，用一个long long作为这个数据段内的位图，位图占64M*8=512M。
这样扫描一遍40亿个整数后，从数组中找到一个计数小于64的元素，然后查看它的位图，找出未出现的元素。
方法二平均性能应该比方法一快，但它占的内存很恐怖。其实，这两种方法都不是很实际，总共1G的内存，算法就消耗512M甚至1G，那剩下的系统程序怎么办？OS都跑不起来了吧。
18.腾讯服务器每秒有2w个QQ号同时上线，找出5min内重新登入的qq号并打印出来。
这应该是道面试题，面试官随口问了一下。主要是看思路吧。
最简单的想法：直接用STL的set。从某一时刻开始计时，每登陆一个QQ，把它放入set，如果已存则直接打印。直到5min后，就可以over了。下面来简单分析一下算法的负复杂度：
空间复制度：用str存储每个QQ号，假设QQ号有20位，理想情况下每个QQ占20Byte。则5min内的QQ：2w * 60 * 5 = 600w个，需要的存储空间600w * 20byte = 12000w byte = 120M，这样的存储应该可以忍受吧。
时间复杂度：STL的set是用二叉树（更确切的说是：红黑树）实现的，查找效率是O( lgn )，应该还是挺快的吧。
呃，有人说不让用STL。那就自己设计一个数据结构呗。该用什么数据结构呢？想了想，还是继续用树，这里用一个trie tree吧。节点内容包括QQ号、指向子节点的指针（这里有10个，认为QQ由0---9的数字组成）。登陆时间要不要？考虑这样一个问题：是否需要把所有的QQ都保存在内存中？随着时间的增加，登陆的QQ会越来越多，比较好的方法是把长时间不登陆的QQ释放掉。所以需要记录登陆时间，以便于释放长期不登陆的QQ。
- struct TrieNode
- {
- string qq;
- int lastLoginTime;
- TrieNode *next[10];
- };
我们的trie上的操作主要有两个：查找并插入、删除。也就是说，这颗树是不断动态变化的，我们需要维护它。
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