永久勘误:微软等面试100题系列,答案V0.3版[第21-40题答案]
微软等面试100题系列,答案V0.3版部分答案精选[第21-40题]
作者:July 、何海涛等网友
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开诚布公,接受读者质检
本文,是根据我之前上传的,微软等面试100题,的答案V0.3版[第21-40题答案]的部分答案精选,
而写。
现在,原版答案V0.3版公布出来,接受读者检验。
此文永久勘误、永久优化。同时,希望,各位不吝指正。谢谢。
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本微软等100题系列V0.1版,永久维护(网友,思路回复)地址:
http://topic.csdn.net/u/20101126/10/b4f12a00-6280-492f-b785-cb6835a63dc9.html
ok。
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第21题
2010年中兴面试题
编程求解:
输入两个整数 n 和 m,从数列1,2,3.......n 中 随意取几个数,
使其和等于 m ,要求将其中所有的可能组合列出来.
//此题与第14题差不多,在次不做过多解释。
//July、2010/10/22。本程序,经网友指出有误,但暂时没有想到解决的办法。见谅。
#include <iostream>
#include <list>
using namespace std;
void qiujie(int sum, int n)
{
static list<int> ilist;
if(n < 1 || sum < 1)
return;
if(sum > n)
{
ilist.push_front(n);
qiujie(sum-n, n-1);
ilist.pop_front();
qiujie(sum, n-1);
}
else
{
cout<<sum;
for(list<int>::iterator it = ilist.begin(); it != ilist.end(); ++it)
cout << " " << *it;
cout << endl;
}
}
int main()
{
int m, n;
cout<<"请输入你要等于多少的数值m:"<<endl;
cin>>m;
cout<<"请输入你要从1.....n数列中取值的n:"<<endl;
cin>>n;
qiujie(m,n);
return 0;
}
///////////////////////////////////////////
请输入你要等于多少的数值m:
10
请输入你要从1.....n数列中取值的n:
8
2 8
3 7
4 6
1 4 5
2 3 5
1 2 3 4
Press any key to continue
///////////////////////////////////////
第22题:
有4张红色的牌和4张蓝色的牌,主持人先拿任意两张,
再分别在A、B、C三人额头上贴任意两张牌,
A、B、C三人都可以看见其余两人额头上的牌,
看完后让他们猜自己额头上是什么颜色的牌,
A说不知道,B说不知道,C说不知道,然后A说知道了。
请教如何推理,A是怎么知道的。如果用程序,又怎么实现呢?
//July、2010/10/22
//今是老妈生日,祝福老妈,生日快乐。!:).
4张 r 4张b
有以下3种组合:
rr bb rb
1.B,C全是一种颜色
B C A
bb.rr bb.rr
2.
B C A
bb rr bb/RR/BR,=>A:BR
rr bb =>A:BR
3.
B C A
BR BB RR/BR, =>A:BR
//推出A:BR的原因,
//如果 A是 RR,
//那么,当ABC都说不知道后,B 最后应该知道自己是BR了。
//因为B 不可能 是 RR或BB。
4.
B C A
BR BR BB/RR/BR
//推出A:BR的原因
//i、 如果,A是 BB,那么B=>BR/RR,
//如果B=>RR,那么一开始,C就该知道自己是BR了(A俩蓝,B俩红)。(如果C.A俩蓝,那么B就一开始知道,如果C.B俩红,那么A一开始就知道,所以,论证前头,当B=>RR,那么一开始,C就该知道自己是BR)。
//如果B=>BR,那么,同样道理,C一开始也该知道自己是BR了。
//ii、 如果A是RR....
//iii、最后,也还是推出=>A:BR
//至于程序,暂等高人。
第24题:
1.反转链表
2.合并链表。[合并链表的答案,请参考第42题]
pPrev<-pNode<-pNext
ListNode* ReverseIteratively(ListNode* pHead)
{
ListNode* pReversedHead = NULL;
ListNode* pNode = pHead;
ListNode* pPrev = NULL;
while(pNode != NULL) //pNode<=>m
{
ListNode* pNext = pNode->m_pNext; //n保存在pNext下
//如果pNext指为空,则当前结点pNode设为头。
if(pNext == NULL)
pReversedHead = pNode;
// reverse the linkage between nodes
pNode->m_pNext = pPrev;
// move forward on the the list
pPrev = pNode;
pNode = pNext;
}
return pReversedHead;
}
或者,这样写:
head->next -> p-> q
template<class T>
Node<T>* Reverse(Node<T>* head)
{
p=head->next;
while(p)
{
q=p->next; //p->next先保存在q下
p->next=head->next; //p掉头指向head->next
head->next=p; //p赋给head->next
p=q; //q赋给p。
//上俩行即,指针前移嘛...
}
return head;
第25题:
写一个函数,它的原形是int continumax(char *outputstr,char *intputstr)
功能:
在字符串中找出连续最长的数字串,并把这个串的长度返回,
并把这个最长数字串付给其中一个函数参数outputstr所指内存。
例如:"abcd12345ed125ss123456789"的首地址传给intputstr后,函数将返回9,
outputstr所指的值为123456789
//leeyunce
这个相对比较简单,思路不用多说,跟在序列中求最小值差不多。未经测试。有错误欢迎指出。
int continumax(char *outputstr, char *intputstr)
{
int i, maxlen = 0;
char * maxstr = 0;
while (true)
{
while (intputstr && (*intputstr<'0' || *intputstr>'9')) //skip all non-digit
characters
{
intputstr++;
}
if (!intputstr) break;
int count = 0;
char * tempstr = intputstr;
while (intputstr && (*intputstr>='0' && *intputstr<='9')) //OK, these characters are
digits
{
count++;
intputstr++;
}
if (count > maxlen)
{
maxlen = count;
maxstr = tempstr;
}
}
for (i=0; i<maxlen; i++)
{
outputstr[i] = maxstr[i];
}
outputstr[i] = 0;
return maxlen;
}
26.左旋转字符串
题目:
定义字符串的左旋转操作:把字符串前面的若干个字符移动到字符串的尾部。
如把字符串abcdef左旋转2位得到字符串cdefab。请实现字符串左旋转的函数。
要求时间对长度为n的字符串操作的复杂度为O(n),辅助内存为O(1)。
分析:如果不考虑时间和空间复杂度的限制,
最简单的方法莫过于把这道题看成是把字符串分成前后两部分,
通过旋转操作把这两个部分交换位置。
于是我们可以新开辟一块长度为n+1的辅助空间,
把原字符串后半部分拷贝到新空间的前半部分,在把原字符串的前半部分拷贝到新空间的后半部分。
不难看出,这种思路的时间复杂度是O(n),需要的辅助空间也是O(n)。
把字符串看成有两段组成的,记位XY。左旋转相当于要把字符串XY变成YX。
我们先在字符串上定义一种翻转的操作,就是翻转字符串中字符的先后顺序。把X翻转后记为XT。显然有
(XT)T=X。
我们首先对X和Y两段分别进行翻转操作,这样就能得到XTYT。
接着再对XTYT进行翻转操作,得到(XTYT)T=(YT)T(XT)T=YX。正好是我们期待的结果。
分析到这里我们再回到原来的题目。我们要做的仅仅是把字符串分成两段,
第一段为前面m个字符,其余的字符分到第二段。
再定义一个翻转字符串的函数,按照前面的步骤翻转三次就行了。
时间复杂度和空间复杂度都合乎要求。
#include "string.h"
// Move the first n chars in a string to its end
char* LeftRotateString(char* pStr, unsigned int n)
{
if(pStr != NULL)
{
int nLength = static_cast<int>(strlen(pStr));
if(nLength > 0 || n == 0 || n > nLength)
{
char* pFirstStart = pStr;
char* pFirstEnd = pStr + n - 1;
char* pSecondStart = pStr + n;
char* pSecondEnd = pStr + nLength - 1;
// reverse the first part of the string
ReverseString(pFirstStart, pFirstEnd);
// reverse the second part of the strint
ReverseString(pSecondStart, pSecondEnd);
// reverse the whole string
ReverseString(pFirstStart, pSecondEnd);
}
}
return pStr;
}
// Reverse the string between pStart and pEnd
void ReverseString(char* pStart, char* pEnd)
{
if(pStart == NULL || pEnd == NULL)
{
while(pStart <= pEnd)
{
char temp = *pStart;
*pStart = *pEnd;
*pEnd = temp;
pStart ++;
pEnd --;
}
}
}
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针对262 楼 litaoye 的回复:
26.左旋转字符串
跟panda所想,是一样的,即,
以abcdef为例
1. ab->ba
2. cdef->fedc
原字符串变为bafedc
3. 整个翻转:cdefab
//时间复杂度为O(n)
在此,奉献另外一种思路:
abc defghi,要abc移动至最后
abc defghi->def abcghi->def ghiabc
一俩指针,p1指向ch[0],p2指向[ch m-1],
p2每次移动m 的距离,p1 也跟着相应移动,
每次移动过后,交换。
如上第一步,交换abc 和def ,就变成了 abcdef->defabc
第一步,
abc defghi->def abcghi
第二步,继续交换,
def abcghi->def ghiabc
整个过程,看起来,就是abc 一步一步 向后移动
abc defghi
def abcghi
def ghi abc
//最后的 复杂度是O(m+n)
再举一个例子,
如果123 4567890要变成4567890 123:
123 4567890
1. 456 123 7890
2. 456789 123 0
3. 456789 12 0 3
4. 456789 1 0 23
5. 4567890 123 //最后三步,相当于0前移,p1已经不动。
欢迎,就此第26题,继续讨论。
二零一一年一月十七日补正。
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27.跳台阶问题
题目:一个台阶总共有n级,如果一次可以跳1级,也可以跳2级。
求总共有多少总跳法,并分析算法的时间复杂度。
首先我们考虑最简单的情况。如果只有1级台阶,那显然只有一种跳法。
如果有2级台阶,那就有两种跳的方法了:一种是分两次跳,每次跳1级;另外一种就是一次跳2级。
现在我们再来讨论一般情况。我们把n级台阶时的跳法看成是n的函数,记为f(n)。
当n>2时,第一次跳的时候就有两种不同的选择:一是第一次只跳1级,
此时跳法数目等于后面剩下的n-1级台阶的跳法数目,即为f(n-1);
另外一种选择是第一次跳2级,此时跳法数目等于后面剩下的n-2级台阶的跳法数目,即为f(n-2)。
因此n级台阶时的不同跳法的总数f(n)=f(n-1)+(f-2)。
我们把上面的分析用一个公式总结如下:
/ 1 n=1
f(n)= 2 n=2
\ f(n-1)+(f-2) n>2
分析到这里,相信很多人都能看出这就是我们熟悉的Fibonacci序列。
int jump_sum(int n) //递归版本
{
assert(n>0);
if (n == 1 || n == 2) return n;
return jump_sum(n-1)+jump_sum(n-2);
}
int jump_sum(int n) //迭代版本
{
assert(n>0);
if (n == 1 || n == 2) return n;
int an, an_1=2, an_2=1;
for (; n>=3; n--)
{
an = an_2 + an_1;
an_2 = an_1;
an_1 = an;
}
return an;
}
28.整数的二进制表示中1的个数
题目:输入一个整数,求该整数的二进制表达中有多少个1。
例如输入10,由于其二进制表示为1010,有两个1,因此输出2。
分析:
这是一道很基本的考查位运算的面试题。
包括微软在内的……
一个很基本的想法是,我们先判断整数的最右边一位是不是1。
接着把整数右移一位,原来处于右边第二位的数字现在被移到第一位了,
再判断是不是1。
这样每次移动一位,直到这个整数变成0为止。
现在的问题变成怎样判断一个整数的最右边一位是不是1了。
很简单,如果它和整数1作与运算。由于1除了最右边一位以外,其他所有位都为0。
因此如果与运算的结果为1,表示整数的最右边一位是1,否则是0。*/
得到的代码如下:
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Get how many 1s in an integer's binary expression
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
int NumberOf1_Solution1(int i)
{
int count = 0;
while(i)
{
if(i & 1)
count ++;
i = i >> 1;
}
return count;
}
可能有读者会问,整数右移一位在数学上是和除以2是等价的。
那可不可以把上面的代码中的右移运算符换成除以2呢?答案是最好不要换成除法。
因为除法的效率比移位运算要低的多,
在实际编程中如果可以应尽可能地用移位运算符代替乘除法。
这个思路当输入i是正数时没有问题,但当输入的i是一个负数时,
不但不能得到正确的1的个数,还将导致死循环。
以负数0x80000000为例,右移一位的时候,
并不是简单地把最高位的1移到第二位变成0x40000000,
而是0xC0000000。这是因为移位前是个负数,仍然要保证移位后是个负数,
因此移位后的最高位会设为1。
如果一直做右移运算,最终这个数字就会变成0xFFFFFFFF而陷入死循环。
为了避免死循环,我们可以不右移输入的数字i。
首先i和1做与运算,判断i的最低位是不是为1。
接着把1左移一位得到2,再和i做与运算,就能判断i的次高位是不是1……
这样反复左移,每次都能判断i的其中一位是不是1。基于此,我们得到如下代码:
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Get how many 1s in an integer's binary expression
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
int NumberOf1_Solution2(int i)
{
int count = 0;
unsigned int flag = 1;
while(flag)
{
if(i & flag)
count ++;
flag = flag << 1;
}
return count;
}
29.栈的push、pop序列
题目:输入两个整数序列。其中一个序列表示栈的push顺序,
判断另一个序列有没有可能是对应的pop顺序。
如果我们希望pop的数字正好是栈顶数字,直接pop出栈即可;
如果希望pop的数字目前不在栈顶,我们就到
push序列中还没有被push到栈里的数字中去搜索这个数字,
并把在它之前的所有数字都push进栈。
如果所有的数字都被push进栈仍然没有找到这个数字,表明该序列不可能是一个pop序列。
////////////////////////////////////
我们来着重分析下此题:
push序列已经固定,
push pop
--- -- -> /---->
5 4 3 2 1 / 4 5 3 2 1
| 5 |
| 4 |
| 3 |
| 2 |
|___1__|
1.要得到4 5 3 2 1的pop序列,即pop的顺序为4->5->3->2->1
首先,要pop4,可让push5 之前,pop4,然后push5,pop5
然后发现3在栈顶,直接pop 3..2..1
2.再看一序列,
push pop
--- -- -> /---->
5 4 3 2 1 / 4 3 5 1 2
| 5 |
| 4 |
| 3 |
| 2 |
|___1__|
想得到4 3 5 1 2的pop序列,是否可能? 4->3->5->1->2
同样在push5之前,push 了 4 3 2 1,pop4,pop 3,然后再push 5,pop5
2
再看栈中的从底至上是 1 ,由于1 2已经在栈中,所以只能先pop2,才能pop1。
所以,很显然,不可能有 4 3 5 1 2的 pop序列。
所以上述那段注释的话的意思,即是,
如果,一个元素在栈顶,直接pop即可。如果它不在栈顶,那么从push序列中找这个元素
找到,那么push 它,然后再 pop 它。否则,无法在 那个顺序中 pop。
//////////////////////////////////////
push序列已经固定,
push pop
--- -- -> /---->
5 4 3 2 1 / 3 5 4 2 1 //可行
| 5 | 1 4 5 3 2 //亦可行,不知各位,是否已明了题意?:)..
| 4 |
| 3 |
| 2 |
|___1__|
///////////////////////////////////////////////
今早我也来了,呵。
昨晚,后来,自个又想了想,要怎么才能pop想要的一个数列?
push序列已经固定,
push pop
--- -- -> /---->
5 4 3 2 1 / 5 4 3 2 1
| 5 |
| 4 |
| 3 |
| 2 |
|___1__|
比如,当栈中已有数列 2
1
而现在我随机 要 pop4,一看,4不在栈中,再从push序列中,
正好,4在push队列中,push4进栈之前,还得把 4前面的数,即3 先push进来,。
好,现在,push 3, push 4,然后便是想要的结果:pop 4。
所以,当我要pop 一个数时,先看这个数 在不在已经push的 栈顶,如果,在,好,直接pop它。
如果,不在,那么,从 push序列中,去找这个数,找到后,push 它进栈,
如果push队列中它的前面还有数,那么 还得把它前面数,先push进栈。
如果铺设队列中没有这个数,那当然 就不是存在这个 pop 结果了。
不知,我说明白了没?:).接下来,给一段,参考程序:
//有误之处,恳请指正。July、2010/11/09。:)。
bool IsPossiblePopOrder(const int* pPush, const int* pPop, int nLength)
{
bool bPossible = false;
if(pPush && pPop && nLength > 0)
{
const int *pNextPush = pPush;
const int *pNextPop = pPop;
// ancillary stack
std::stack<int> stackData;
// check every integers in pPop
while(pNextPop - pPop < nLength)
{
// while the top of the ancillary stack is not the integer
// to be poped, try to push some integers into the stack
while(stackData.empty() || stackData.top() != *pNextPop)
{
// pNextPush == NULL means all integers have been
// pushed into the stack, can't push any longer
if(!pNextPush)
break;
stackData.push(*pNextPush);
// if there are integers left in pPush, move
// pNextPush forward, otherwise set it to be NULL
if(pNextPush - pPush < nLength - 1)
pNextPush ++;
else
pNextPush = NULL;
}
// After pushing, the top of stack is still not same as
// pPextPop, pPextPop is not in a pop sequence
// corresponding to pPush
if(stackData.top() != *pNextPop)
break;
// Check the next integer in pPop
stackData.pop();
pNextPop ++;
}
// if all integers in pPop have been check successfully,
// pPop is a pop sequence corresponding to pPush
if(stackData.empty() && pNextPop - pPop == nLength)
bPossible = true;
}
return bPossible;
}
30.在从1到n的正数中1出现的次数
题目:输入一个整数n,求从1到n这n个整数的十进制表示中1出现的次数。
例如输入12,从1到12这些整数中包含1 的数字有1,10,11和12,1一共出现了5次。
分析:这是一道广为流传的google面试题。
我们每次判断整数的个位数字是不是1。如果这个数字大于10,除以10之后再判断个位数字是不是1。
基于这个思路,不难写出如下的代码:*/
int NumberOf1(unsigned int n);
int NumberOf1BeforeBetween1AndN_Solution1(unsigned int n)
{
int number = 0;
// Find the number of 1 in each integer between 1 and n
for(unsigned int i = 1; i <= n; ++ i)
number += NumberOf1(i);
return number;
}
int NumberOf1(unsigned int n)
{
int number = 0;
while(n)
{
if(n % 10 == 1)
number ++;
n = n / 10;
}
return number;
}
////////////////////////////////////////////
这个思路有一个非常明显的缺点就是每个数字都要计算1在该数字中出现的次数,因此时间复杂度是O(n)。
当输入的n非常大的时候,需要大量的计算,运算效率很低。
各位,不妨讨论下,更好的解决办法。:)...
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第30题,网友love8909给的思路:
char num[16];
int len, dp[16][16][2];
int dfs(int pos, int ct, int less)
{
if (pos == len)
return ct;
int &ret = dp[pos][ct][less];
if (ret != -1)
return ret;
ret = 0;
for (int d = 0; d <= (less ? 9 : num[pos] - '0'); d++)
ret += dfs(pos + 1, ct + (d == 1), less || d < num[pos] - '0');
return ret;
}
int NumOf1(int n)
{
sprintf(num, "%d", n);
len = strlen(num);
memset(dp, 0xff, sizeof(dp));
return dfs(0, 0, 0);
}
希望,更多的人,提出优化方案。
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32.
有两个序列a,b,大小都为n,序列元素的值任意整数,无序;
要求:通过交换a,b中的元素,使[序列a元素的和]与[序列b元素的和]之间的差最小。
例如:
var a=[100,99,98,1,2, 3];
var b=[1, 2, 3, 4,5,40];
求解思路:
当前数组a和数组b的和之差为
A = sum(a) - sum(b)
a的第i个元素和b的第j个元素交换后,a和b的和之差为
A' = sum(a) - a[i] + b[j] - (sum(b) - b[j] + a[i])
= sum(a) - sum(b) - 2 (a[i] - b[j])
= A - 2 (a[i] - b[j])
设x = a[i] - b[j]
|A| - |A'| = |A| - |A-2x|
假设A > 0,
当x 在 (0,A)之间时,做这样的交换才能使得交换后的a和b的和之差变小,
x越接近A/2效果越好,
如果找不到在(0,A)之间的x,则当前的a和b就是答案。
所以算法大概如下:
在a和b中寻找使得x在(0,A)之间并且最接近A/2的i和j,交换相应的i和j元素,
重新计算A后,重复前面的步骤直至找不到(0,A)之间的x为止。
/////////////////////////////////////////
算法
1. 将两序列合并为一个序列,并排序,为序列Source
2. 拿出最大元素Big,次大的元素Small
3. 在余下的序列S[:-2]进行平分,得到序列max,min
4. 将Small加到max序列,将Big加大min序列,重新计算新序列和,和大的为max,小的为min。
////////////////////////////////////////////////
def mean( sorted_list ):
if not sorted_list:
return (([],[]))
big = sorted_list[-1]
small = sorted_list[-2]
big_list, small_list = mean(sorted_list[:-2])
big_list.append(small)
small_list.append(big)
big_list_sum = sum(big_list)
small_list_sum = sum(small_list)
if big_list_sum > small_list_sum:
return ( (big_list, small_list))
else:
return (( small_list, big_list))
tests = [ [1,2,3,4,5,6,700,800],
[10001,10000,100,90,50,1],
range(1, 11),
[12312, 12311, 232, 210, 30, 29, 3, 2, 1, 1]
]
for l in tests:
l.sort()
print
print "Source List:\t", l
l1,l2 = mean(l)
print "Result List:\t", l1, l2
print "Distance:\t", abs(sum(l1)-sum(l2))
print '-*'*40
输出结果
Source List: [1, 2, 3, 4, 5, 6, 700, 800]
Result List: [1, 4, 5, 800] [2, 3, 6, 700]
Distance: 99
-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*
Source List: [1, 50, 90, 100, 10000, 10001]
Result List: [50, 90, 10000] [1, 100, 10001]
Distance: 38
-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*
Source List: [1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10]
Result List: [2, 3, 6, 7, 10] [1, 4, 5, 8, 9]
Distance: 1
-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*-*
Source List: [1, 1, 2, 3, 29, 30, 210, 232, 12311, 12312]
Result List: [1, 3, 29, 232, 12311] [1, 2, 30, 210, 12312]
Distance: 21
33.
实现一个挺高级的字符匹配算法:
给一串很长字符串,要求找到符合要求的字符串,例如目的串:123
1******3***2 ,12*****3这些都要找出来
其实就是类似一些和谐系统。。。。。
分析:
自然匹配就是对待匹配的每个字符挨个匹配
设你的待匹配字串长度位n,模式字符串长度位m.
对于待匹配字符串中的任意一个字符最坏情况下要匹配m次,也就是说这个字符不在模式字符串中。
所以最坏情况下总共是m*n此匹配,时间复杂度就是O(m*n)
倘若使用hash表对待字符串进行hash处理O(n)的时间复杂度,那么对于模式字符串中的任意字符,
仅需一次hash判断就可以得知是否在待匹配字符串中出现。
最坏仅需m次就可以得到结果。时间复杂度为O(m)或者O(n);
与此题相类似:
就是给一个很长的字符串str 还有一个字符集比如{a,b,c} 找出str里包含{a,b,c}的最短子串。
要求O(n)?
比如,字符集是a,b,c,字符串是abdcaabcx,则最短子串为abc。
用两个变量 front rear 指向一个的子串区间的头和尾
用一个int cnt[255]={0}记录当前这个子串里 字符集a,b,c 各自的个数,
一个变量sum记录字符集里有多少个了
rear 一直加,更新cnt[]和sum的值,直到 sum等于字符集个数
然后front++,直到cnt[]里某个字符个数为0,这样就找到一个符合条件的字串了
继续前面的操作,就可以找到最短的了。
//还有没有人,对此题了解的比较深的? 望 也多阐述下...:)。
34.实现一个队列。
队列的应用场景为:
一个生产者线程将int类型的数入列,一个消费者线程将int类型的数出列
生产者消费者线程演示
一个生产者线程将int类型的数入列,一个消费者线程将int类型的数出列
#include <windows.h>
#include <stdio.h>
#include <process.h>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
HANDLE ghSemaphore; //信号量
const int gMax = 100; //生产(消费)总数
std::queue<int> q; //生产入队,消费出队
//生产者线程
unsigned int __stdcall producerThread(void* pParam)
{
int n = 0;
while(++n <= gMax)
{
//生产
q.push(n);
cout<<"produce "<<n<<endl;
ReleaseSemaphore(ghSemaphore, 1, NULL); //增加信号量
Sleep(300);//生产间隔的时间,可以和消费间隔时间一起调节
}
_endthread(); //生产结束
return 0;
}
//消费者线程
unsigned int __stdcall customerThread(void* pParam)
{
int n = gMax;
while(n--)
{
WaitForSingleObject(ghSemaphore, 10000);
//消费
q.pop();
cout<<"custom "<<q.front()<<endl;
Sleep(500);//消费间隔的时间,可以和生产间隔时间一起调节
}
//消费结束
CloseHandle(ghSemaphore);
cout<<"working end."<<endl;
_endthread();
return 0;
}
void threadWorking()
{
ghSemaphore = CreateSemaphore(NULL, 0, gMax, NULL); //信号量来维护线程同步
cout<<"working start."<<endl;
unsigned threadID;
HANDLE handles[2];
handles[0] = (HANDLE)_beginthreadex(
NULL,
0,
producerThread,
nullptr,
0,
&threadID);
handles[1] = (HANDLE)_beginthreadex(
NULL,
0,
customerThread,
nullptr,
0,
&threadID);
WaitForMultipleObjects(2, handles, TRUE, INFINITE);
}
int main()
{
threadWorking();
getchar();
return 0;
}
35.
求一个矩阵中最大的二维矩阵(元素和最大).如:
1 2 0 3 4
2 3 4 5 1
1 1 5 3 0
中最大的是:
4 5
5 3
要求:(1)写出算法;(2)分析时间复杂度;(3)用C写出关键代码
此第35题与第3题相类似,一个是求最大子数组和,一个是求最大子矩阵和。
3.求子数组的最大和
题目:
输入一个整形数组,数组里有正数也有负数。
数组中连续的一个或多个整数组成一个子数组,每个子数组都有一个和。
求所有子数组的和的最大值。要求时间复杂度为O(n)。
例如输入的数组为1, -2, 3, 10, -4, 7, 2, -5,和最大的子数组为3, 10, -4, 7, 2,
int maxSum(int* a, int n)
{
int sum=0;
int b=0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(b<=0) //此处修正下,把b<0改为 b<=0
b=a[i];
else
b+=a[i];
if(sum<b)
sum=b;
}
return sum;
}
//////////////////////////////////////////////
解释下:
例如输入的数组为1, -2, 3, 10, -4, 7, 2, -5,
那么最大的子数组为3, 10, -4, 7, 2,
因此输出为该子数组的和18
所有的东西都在以下俩行,
即:
b:0 1 -1 3 13 9 16 18 7
sum:0 1 1 3 13 13 16 18 18
其实算法很简单,当前面的几个数,加起来后,b<0后,
把b重新赋值,置为下一个元素,b=a[i]。
当b>sum,则更新sum=b;
若b<sum,则sum保持原值,不更新。:)。July、10/31。
///////////////////////////////////////////////
现在回到我们的最初的最大子矩阵的问题,
假设最大子矩阵的结果为从第r行到k行、从第i列到j列的子矩阵,
如下所示(ari表示a[r][i],假设数组下标从1开始):
| a11 …… a1i ……a1j ……a1n |
| a21 …… a2i ……a2j ……a2n |
.....
| ar1 …… ari ……arj ……arn | 第r行 . . .
.......... |
V
| ak1 …… aki ……akj ……akn | 第k行 . . .
.....
| an1 …… ani ……anj ……ann |
那么我们将从第r行到第k行的每一行中相同列的加起来,可以得到一个一维数组如下:
(ar1+……+ak1, ar2+……+ak2, ……,arn+……+akn)
由此我们可以看出最后所求的就是此一维数组的最大子断和问题,
到此我们已经将问题转化为上面的已经解决了的问题了。
ar1
..
ak1
注,是竖直方向,相加
//有误之处,肯定指正。:)。
#include <iostream>
2 using namespace std;
3
4 int ** a;
5 int **sum;
6 int max_array(int *a,int n)
7 {
8 int *c = new int [n];
9 int i =0;
10 c[0] = a[0];
11 for(i=1;i<n;i++)
12 {
13 if(c[i-1]<0)
14 c[i] = a[i];
15 else
16 c[i] = c[i-1]+a[i];
17 }
18 int max_sum = -65536;
19 for(i=0;i<n;i++)
20 if(c[i]>max_sum)
21 max_sum = c[i];
22 delete []c;
23 return max_sum;
24
25 }
26 int max_matrix(int n)
27 {
28 int i =0;
29 int j = 0;
30 int max_sum = -65535;
31 int * b = new int [n];
32
33 for(i=0;i<n;i++)
34 {
35 for(j=0;j<n;j++)
36 b[j]= 0;
37 for(j=i;j<n;j++)
//把数组从第i行到第j行相加起来保存在b中,在加时,自底向上,首先计算行间隔(j-i)等于1的情况,
//然后计算j-i等于 2的情况,一次类推,在小间隔的基础上一次累加,避免重复计算
38 {
39 for(int k =0;k<=n;k++)
40 b[k] += a[j][k];
41 int sum = max_array(b,n);
42 if(sum > max_sum)
3 max_sum = sum;
44 }
45 }
46 delete []b;
47 return max_sum;
48 }
49 int main()
50 {
51 int n;
52 cin >> n;
53
54 a = new int *[n];
55 sum = new int *[n];
56 int i =0;
57 int j =0;
58 for(i=0;i<n;i++)
59 {
60 sum[i] = new int[n];
61 a[i] = new int[n];
62 for(j=0;j<n;j++)
63 {
64 cin>>a[i][j];
65 sum[i][j] =0 ;
//sum[r][k]表示起始和结尾横坐标分别为r,k时的最大子矩阵
66 //sum[r][k] = max{sum (a[i][j]):r<=i<=k}:0<=k<=n-1
67 }
68 }
69 /*
70 int b[10]={31,-41,59,26,-53,58,97,-93,-23,84};
71 cout << max_array(b,10) << endl;
72 */
73 cout << max_matrix(n);
74 }
我们再来分析下这段,代码,为了让你真正弄透它。:)。
//July,11.14.
求最大子矩阵,我们先按给的代码的思路来:
1.求最大子矩阵,我们把矩阵中,每一竖直方向的排列,看做一个元素。
所以,矩阵就转化成了我们熟悉的一维数组。
即以上矩阵,相当于:
a[1->n][1] a[1->n][2] ... a[1->n][i] .. a[1->n][j] .. a[1->n][n]
1->n表示竖直方向,同一列的元素相加。
那么,假设最大子矩阵,是在第r行->第k行,所有元素的和。
| ar1 …… ari ……arj ……arn |
| . . . . |
| . . . . |
| ak1 …… aki ……akj ……akn |
所以题目就转化成了类似第3题的思路。
2.先把这第r行->k行的列的元素,分别相加。
即这段代码:
26 int max_matrix(int n)
27 {
28 int i =0;
29 int j = 0;
30 int max_sum = -65535;
31 int * b = new int [n];
32
33 for(i=0;i<n;i++)
34 {
35 for(j=0;j<n;j++)
36 b[j]= 0;
37 for(j=i;j<n;j++)
//把数组从第i行到第j行相加起来保存在b中,在加时,自底向上,
//首先计算行间隔(j-i)等于1的情况,然后计算j-i等于 2的情况,
//一次类推,在小间隔的基础上一次累加,避免重复计算
38 {
39 for(int k =0;k<=n;k++)
40 b[k] += a[j][k];
41 int sum = max_array(b,n);
42 if(sum > max_sum)
3 max_sum = sum;
44 }
45 }
46 delete []b;
47 return max_sum;
48 }
咱们,来稍微分析下,
即,求这段矩阵的和
i行 a[i][1] a[r][2] ... a[r][k] .. a[r][n]
| a[i+1][1]
...
v a[j-1][1]
j行 a[j][1] a[j][2] ... a[j][k] .. a[j][n]
for(i=0;i<n;i++) //第i行
{
for(j=0;j<n;j++) //第j行
b[j]=0; //先把b[j]初始化为 0
for(j=i;j<n;j++) //第i行->第j行 固定行
{
for(int k=0;k<=n;k++) //从上而下,列元素相加
b[k] += a[j][k];
//相加之后,调用上述的求和函数max_array(b,n)即可。
int sum=max_array(b,n);
if(sum>max_sum)
max_sum=sum; //sum->b的结果
}
}
delete []b;
return max_sum;
至于求和max_array(int* a,int n)函数,
6 int max_array(int *a,int n)
7 {
8 int *c = new int [n];
9 int i =0;
10 c[0] = a[0];
11 for(i=1;i<n;i++)
12 {
13 if(c[i-1]<0)
14 c[i] = a[i];
15 else
16 c[i] = c[i-1]+a[i];
17 }
18 int max_sum = -65536;
19 for(i=0;i<n;i++)
20 if(c[i]>max_sum)
21 max_sum = c[i];
22 delete []c;
23 return max_sum;
24
25 }
代码,则与这个差不多:
int maxSum(int* a, int n)
{
int sum=0;
int b=0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(b<0) //其实,此处b<0,亦可。无需b<=0.
b=a[i];
else
b+=a[i];
if(sum<b)
sum=b;
}
return sum;
}
例如输入的数组为1, -2, 3, 10, -4, 7, 2, -5,
那么最大的子数组为3, 10, -4, 7, 2,
因此输出为该子数组的和18
所有的东西都在以下俩行,
即:
b:0 1 -1 3 13 9 16 18 7
sum:0 1 1 3 13 13 16 18 18
最后,矩阵之和,在main函数里,调用这个函数cout << max_matrix(n);输出即可。
有误之处,欢迎指正。
另外,调换俩个for循环的顺序,是否更精准?
for(i=0;i<n;i++) //第i行
{
for(j=0;j<n;j++) //第j行
b[j]=0; //先把b[j]初始化为 0
for(int k=0;k<=n;k++) //固定一列,然后0列->k列—>n列,逐级+。
{
for(j=i;j<n;j++) //第i行->第j行->第n行+ +++
//调换俩个for循环的顺序,是否更精准?
b[k] += a[j][k];
//相加之后,调用上述的求和函数max_array(b,n)即可。
int sum=max_array(b,n);
if(sum>max_sum)
max_sum=sum; //sum->b的结果
}
}
delete []b;
return max_sum;
完。:)
36.引用自网友:longzuo
谷歌笔试:
n支队伍比赛,分别编号为0,1,2。。。。n-1,已知它们之间的实力对比关系,
存储在一个二维数组w[n][n]中,w[i][j] 的值代表编号为i,j的队伍中更强的一支。
所以w[i][j]=i 或者j,现在给出它们的出场顺序,并存储在数组order[n]中,
比如order[n] = {4,3,5,8,1......},那么第一轮比赛就是 4对3, 5对8。.......
胜者晋级,败者淘汰,同一轮淘汰的所有队伍排名不再细分,即可以随便排,
下一轮由上一轮的胜者按照顺序,再依次两两比,比如可能是4对5,直至出现第一名
编程实现,给出二维数组w,一维数组order 和 用于输出比赛名次的数组result[n],求出result。
#include <stdio.h>
#include <list>
#include <iostream>
void raceResult(int** w, int* order, int* result, int n)
{
std::list<int> winer;
int count = n;
while(n)
{
winer.push_front(order[--n]);
}
int resultNum = count - 1;
int nFirst, nSecond;
int round = 1;
while(winer.size() > 1)
{
//一轮开始
std::cout<<std::endl<<"round "<<round++<<std::endl;
std::list<int>::iterator it = winer.begin();
while (it != winer.end())
{
nFirst = *it;
if (++it == winer.end())
{
//轮空
std::cout<<nFirst<<" rest this round"<<std::endl;
}
else
{
nSecond = *it;
int nWiner = *((int*)w + count * nFirst + nSecond);
if (nWiner == nFirst)
{
it = winer.erase(it);
result[resultNum--] = nSecond;
std::cout<<nFirst<<" kick out "<<nSecond<<std::endl;
}
else
{
it = winer.erase(--it);
result[resultNum--] = nFirst;
++it;
std::cout<<nSecond<<" kick out "<<nFirst<<std::endl;
}
}
}
}
if (winer.size() == 1)
{
result[0] = winer.front();
}
std::cout<<std::endl<<"final result: ";
int nPlace = 0;
while(nPlace < count)
{
std::cout<<std::endl<<result[nPlace++];
}
}
void test()
{
//team 2>team 1>team 3>team 0>team 4>team 5
int w[6][6] = {
0,1,2,3,0,0,
1,1,2,1,1,1,
2,2,2,2,2,2,
3,1,2,3,3,3,
0,1,2,3,4,5
};
int order[6] = {1,3,4,2,0,5};
int result[6] = {-1};
raceResult((int**)w, order, result, 6);
getchar();
}
//自己加上主函数,测试了下,结果竟正确..
int main()
{
test();
return 0;
}
///////////////////////////////////////////////
round 1
1 kick out 3
2 kick out 4
0 kick out 5
round 2
2 kick out 1
0 rest this round
round 3
2 kick out 0
final result:
2
0
1
5
4
3
/////////////////////////////////////////////////
37.
有n个长为m+1的字符串,
如果某个字符串的最后m个字符与某个字符串的前m个字符匹配,则两个字符串可以联接,
问这n个字符串最多可以连成一个多长的字符串,如果出现循环,则返回错误。
恩,好办法
引用 5 楼 hblac 的回复:
37. 把每个字符串看成一个图的顶点,两个字符串匹配就连一条有向边。相当于判断一个有向图
是否有环以及求它的直径
38.
百度面试:
1.用天平(只能比较,不能称重)从一堆小球中找出其中唯一一个较轻的,
使用x次天平,最多可以从y个小球中找出较轻的那个,求y与x的关系式
2.有一个很大很大的输入流,大到没有存储器可以将其存储下来,而且只输入一次,如何从这个输入
流中随机取得m个记录
3.大量的URL字符串,如何从中去除重复的,优化时间空间复杂度
38,1. y=3^x
38,2. 每次输入一个记录时,随机产生一个0到1之间的随机数,
用这些随机数维护一个大小为m的堆,即可。
38,3.大量的URL字符串,如何从中去除重复的,优化时间空间复杂度
这道题见过了,解法是构造一个hash函数,把url适当散列到若干个,
比如1000个小文件中,然后在每个小文件中去除重复的url,再把他们合并。
原理是相同的url,hash之后的散列值仍然是相同的。
38,1
samsho2
我对天平称重这道题的理解是:
每次将球分成三堆,尽可能让三堆球一样多或者让其中一堆多或者少一个。
球数y和沉重次数x的关系是:
y=1 =》x=0;(显然)
y=2 =》x=1;(显然)
y=3 =》x=2;(显然)
如果y>3,也是将球分为三堆,记为A堆、B堆、C堆
if y=3k(k>1)
称重一次,就可以判断瑕疵球在哪堆,从而使得球数降为k个;
if y=3k+1(k>=1) 假设C堆多放1球,A堆和B堆进行称重
称重一次,就可以判断瑕疵球在哪堆,
if A == B ,瑕疵球在C堆,从而使得球数降为k+1个;
else 瑕疵球在轻的堆,从而使得球数降为k个;
if y=3k-1(k>=2) 假设C堆少放1球,A堆和B堆进行称重
称重一次,就可以判断瑕疵球在哪堆,
if A == B ,瑕疵球在C堆,从而使得球数降为k个;
else 瑕疵球在轻的堆,从而使得球数降为k-1个;
利用以上过程反复,可得结果。
最后的次数x = log3(y),可能在y哪里还需要做点什么修正。但复杂度就是log y
38,1.
用天平(只能比较,不能称重)从一堆小球中找出其中唯一一个较轻的,
使用x次天平 最多可以从y个小球中找出较轻的那个,求y与x的关系式
hengchun11
用天平比较二边放一样的球数:有三种可能性
第一种 左边重 说明较轻的在右边;
第二种 右边重 说明较轻的在左边;
第三种 一样重 说明较轻的不在这里面;
以上有三种可能性,在称x=1的情况下,说明 y=2是可以称出来的 y=3,也是可以的;y=4就不行
了
所以 我觉得 分成三部分来称 就可以称出最多的球
x=1 y=3
x=2 y=9
x=3 y=27
可以得出y=3的x次方
39.
网易有道笔试:
(1).
求一个二叉树中任意两个节点间的最大距离,
两个节点的距离的定义是 这两个节点间边的个数,
比如某个孩子节点和父节点间的距离是1,和相邻兄弟节点间的距离是2,优化时间空间复杂度。
(2).
求一个有向连通图的割点,割点的定义是,如果除去此节点和与其相关的边,
有向图不再连通,描述算法。
先看第39题的第1小问,
求一个二叉树中任意俩个结点之间的距离。
以前自个,写的,求二叉树中节点的最大距离...
void traversal_MaxLen(NODE* pRoot)
{
if(pRoot == NULL)
{
return 0;
};
if(pRoot->pLeft == NULL)
{
pRoot->MaxLeft = 0;
}
else //若左子树不为空
{
int TempLen = 0;
if(pRoot->pLeft->MaxLeft > pRoot->pLeft->MaxRight)
//左子树上的,某一节点,往左边大,还是往右边大
{
TempLen+=pRoot->pLeft->MaxLeft;
}
else
{
TempLen+=pRoot->pLeft->MaxRight;
}
pRoot->nMaxLeft = TempLen + 1;
traversal_MaxLen(NODE* pRoot->pLeft);
//此处,加上递归
}
if(pRoot->pRigth == NULL)
{
pRoot->MaxRight = 0;
}
else //若右子树不为空
{
int TempLen = 0;
if(pRoot->pRight->MaxLeft > pRoot->pRight->MaxRight)
//右子树上的,某一节点,往左边大,还是往右边大
{
TempLen+=pRoot->pRight->MaxLeft;
}
else
{
TempLen+=pRoot->pRight->MaxRight;
}
pRoot->MaxRight = TempLen + 1;
traversal_MaxLen(NODE* pRoot->pRight);
//此处,加上递归
}
if(pRoot->MaxLeft + pRoot->MaxRight > 0)
{
MaxLength=pRoot->nMaxLeft + pRoot->MaxRight;
}
}
// 数据结构定义
struct NODE
{
NODE* pLeft; // 左子树
NODE* pRight; // 右子树
int nMaxLeft; // 左子树中的最长距离
int nMaxRight; // 右子树中的最长距离
char chValue; // 该节点的值
};
int nMaxLen = 0;
// 寻找树中最长的两段距离
void FindMaxLen(NODE* pRoot)
{
// 遍历到叶子节点,返回
if(pRoot == NULL)
{
return;
}
// 如果左子树为空,那么该节点的左边最长距离为0
if(pRoot -> pLeft == NULL)
{
pRoot -> nMaxLeft = 0;
}
// 如果右子树为空,那么该节点的右边最长距离为0
if(pRoot -> pRight == NULL)
{
pRoot -> nMaxRight = 0;
}
// 如果左子树不为空,递归寻找左子树最长距离
if(pRoot -> pLeft != NULL)
{
FindMaxLen(pRoot -> pLeft);
}
// 如果右子树不为空,递归寻找右子树最长距离
if(pRoot -> pRight != NULL)
{
FindMaxLen(pRoot -> pRight);
}
// 计算左子树最长节点距离
if(pRoot -> pLeft != NULL)
{
int nTempMax = 0;
if(pRoot -> pLeft -> nMaxLeft > pRoot -> pLeft -> nMaxRight)
{
nTempMax = pRoot -> pLeft -> nMaxLeft;
}
else
{
nTempMax = pRoot -> pLeft -> nMaxRight;
}
pRoot -> nMaxLeft = nTempMax + 1;
}
// 计算右子树最长节点距离
if(pRoot -> pRight != NULL)
{
int nTempMax = 0;
if(pRoot -> pRight -> nMaxLeft > pRoot -> pRight -> nMaxRight)
{
nTempMax = pRoot -> pRight -> nMaxLeft;
}
else
{
nTempMax = pRoot -> pRight -> nMaxRight;
}
pRoot -> nMaxRight = nTempMax + 1;
}
// 更新最长距离
if(pRoot -> nMaxLeft + pRoot -> nMaxRight > nMaxLen)
{
nMaxLen = pRoot -> nMaxLeft + pRoot -> nMaxRight;
}
}
//很明显,思路完全一样,但书上 给的这段代码 更规范!:)。
zhoulei0907
/*
* return the depth of the tree
*/
int get_depth(Tree *tree) {
int depth = 0;
if ( tree ) {
int a = get_depth(tree->left);
int b = get_depth(tree->right);
depth = ( a > b ) ? a : b;
depth++;
}
return depth;
}
/*
* return the max distance of the tree
*/
int get_max_distance(Tree *tree) {
int distance = 0;
if ( tree ) {
// get the max distance connected to the current node
distance = get_depth(tree->left) + get_depth(tree->right);
// compare the value with it's sub trees
int l_distance = get_max_distance(tree->left);
int r_distance = get_max_distance(tree->right);
distance = ( l_distance > distance ) ? l_distance : distance;
distance = ( r_distance > distance ) ? r_distance : distance;
}
return distance;
}
解释一下,get_depth函数是求二叉树的深度,用的是递归算法:
一棵二叉树的深度就是它的左子树的深度和右子树的深度,两者的最大值加一。
get_max_distance函数是求二叉树的最大距离,也是用递归算法:
首先算出经过根节点的最大路径的距离,其实就是左右子树的深度和;
然后分别算出左子树和右子树的最大距离,三者比较,最大值就是当前二叉树的最大距离了。
这个算法不是效率最高的,因为在计算二叉树的深度的时候存在重复计算。
但应该是可读性比较好的,同时也没有改变原有二叉树的结构和使用额外的全局变量。
July:
很好。那么,咱们再来 探讨下这个二叉树的最大距离问题。
计算一个二叉树的最大距离有两个情况:
情况A: 路径经过左子树的最深节点,通过根节点,再到右子树的最深节点。
情况B: 路径不穿过根节点,而是左子树或右子树的最大距离路径,取其大者。
只需要计算这两个情况的路径距离,并取其大者,就是该二叉树的最大距离。
简单的写下算法。
1.如果根结点,为空,当然 return 0;
2.如果左子树不为空,
寻找左子树上最深的那个点(左深度)。
否则,左子树为空
不寻找。
//即最大距离不通过根结点。
//即最大距离为maxLeft =左深度+1
3.如果右子树不为空
寻找右子树上最深的那个点(右深度)。
否则,右子树为空
不寻找。
//即最大距离不通过根结点。
//即最大距离为maxRight =右深度+1
所以,最大的距离,即为
当有左,无右时,则最大距离maxLen=maxLeft(左深度)+1 //不过根结点
当有右,无左时,则最大距离maxLen=maxRight(右深度)+1 //不过根结点
当有左,也有右时,则最大距离maxLen=maxLeft(左深度)+1 + maxRight(右深度)+1 //过根结点
三者,比较,即得,最终的maxLen。
然后么最后的问题就只剩,求左子树maxLeft或者右子树maxRight的深度问题。
求一个子树,如左子树的maxLeft,即深度问题,
我们可以这么考虑,
左子树不为空,左子树上的,某一节点,往左边大,还是往右边大
往左边大,那么maxLen加上 往左边的距离, 即相当于搜索往深的那一边 左边 搜索
往右边大,那么maxLen加上 往右边的距离。 即相当于搜索往深的那一边 左边 搜索
好比 凿井一样,总要往更深的方向凿。
凿到某一个深度后,想下,是往左边一点凿,更好列,还是往右边一点点凿更好列。
总之,目的就是为了,凿到更大 的深度。
就是这个道理了。:)。
经过上述,我一番苦口婆心之后,再来看以下这段代码,是不是更加容易懂了。
:)....
void FindMaxLen(NODE* pRoot)
{
// 遍历到叶子节点,返回
if(pRoot == NULL)
{
return;
}
// 如果左子树为空,那么该节点的左边最长距离为0
if(pRoot -> pLeft == NULL)
{
pRoot -> nMaxLeft = 0;
}
// 如果右子树为空,那么该节点的右边最长距离为0
if(pRoot -> pRight == NULL)
{
pRoot -> nMaxRight = 0;
}
// 如果左子树不为空,递归寻找左子树最长距离
if(pRoot -> pLeft != NULL)
{
FindMaxLen(pRoot -> pLeft);
}
// 如果右子树不为空,递归寻找右子树最长距离
if(pRoot -> pRight != NULL)
{
FindMaxLen(pRoot -> pRight);
}
// 计算左子树最长节点距离
if(pRoot -> pLeft != NULL)
{
int nTempMax = 0;
if(pRoot -> pLeft -> nMaxLeft > pRoot -> pLeft -> nMaxRight)
{
nTempMax = pRoot -> pLeft -> nMaxLeft;
}
else
{
nTempMax = pRoot -> pLeft -> nMaxRight;
}
pRoot -> nMaxLeft = nTempMax + 1;
}
// 计算右子树最长节点距离
if(pRoot -> pRight != NULL)
{
int nTempMax = 0;
if(pRoot -> pRight -> nMaxLeft > pRoot -> pRight -> nMaxRight)
{
nTempMax = pRoot -> pRight -> nMaxLeft;
}
else
{
nTempMax = pRoot -> pRight -> nMaxRight;
}
pRoot -> nMaxRight = nTempMax + 1;
}
// 更新最长距离
if(pRoot -> nMaxLeft + pRoot -> nMaxRight > nMaxLen)
{
nMaxLen = pRoot -> nMaxLeft + pRoot -> nMaxRight;
}
}
求左子树maxLeft或者右子树maxRight的深度问题,就涉及一个递归问题了。
即我们搜索 这个树的深度时,不一直就用着递归往下搜索么。
好比凿井,当我们试探性的是往左,还是往右,更深一点,
如果,能往右,那么递归 往右凿, //即只要右子树存在,那么不断的递归右子树,找最大深度。
如果,能往左,那么递归 往左凿。 //即只要左子树存在,那么不断的递归左子树,找最大深度。
这样,井是不是 已经凿 的很深了。
很享受,这种凿井的过程,
希望,我能与更多的人,一起来凿井,越凿越要往深处凿,凿的越深越好。
同时,把每一道题目,解释的越简单易懂,则是我的目标之一。
谢谢。:)
39.
网易有道笔试:
(2).
求一个有向连通图的割点,割点的定义是,如果除去此节点和与其相关的边,
有向图不再连通,描述算法。
网友回复,有误,指正:
求无向连通图的割点集
mysword
最简单的,删掉一个点然后判断连通性,不就可以了? //这句话,道出了割点的定义。
BlueSky2008
可以更简单一些:
在深度优先树中,根结点为割点,当且仅当他有两个或两个以上的子树。
其余结点v为割点,当且仅当存在一个v的后代结点s,s到v的祖先结点之间没有反向边。
记发现时刻dfn(v)为一个节点v在深度优先搜索过程中第一次遇到的时刻。
记标号函数low(v) = min(dfn(v), low(s), dfn(w))
s是v的儿子,(v,w)是反向边。
low(v) 表示从v或v的后代能追溯到的标号最小的节点。
则非根节点v是割点,当且仅当存在v的一个儿子s,low(s) > = dfn(v)
40.百度研发笔试题
引用自:zp155334877
1)设计一个栈结构,满足一下条件:min,push,pop操作的时间复杂度为O(1)。
2)一串首尾相连的珠子(m个),有N种颜色(N<=10),
设计一个算法,取出其中一段,要求包含所有N中颜色,并使长度最短。
并分析时间复杂度与空间复杂度。
3)设计一个系统处理词语搭配问题,比如说 中国 和人民可以搭配,
则中国人民 人民中国都有效。要求:
*系统每秒的查询数量可能上千次;
*词语的数量级为10W;
*每个词至多可以与1W个词搭配
当用户输入中国人民的时候,要求返回与这个搭配词组相关的信息。
40.百度研发笔试题
引用自:zp155334877
1)设计一个栈结构,满足一下条件:min,push,pop操作的时间复杂度为O(1)。……
所以,此题的第1小题,即是借助辅助栈,保存最小值,
且随时更新辅助栈中的元素。
如先后,push 2 6 4 1 5
stack A stack B(辅助栈)
4: 5 1 //push 5,min=p->[3]=1 ^
3: 1 1 //push 1,min=p->[3]=1 | //此刻push进A的元素1小于B中栈顶元素2
2: 4 2 //push 4,min=p->[0]=2 |
1: 6 2 //push 6,min=p->[0]=2 |
0: 2 2 //push 2,min=p->[0]=2 |
push第一个元素进A,也把它push进B,
当向Apush的元素比B中的元素小, 则也push进B,即更新B。否则,不动B,保存原值。
向栈A push元素时,顺序由下至上。
辅助栈B中,始终保存着最小的元素。
然后,pop栈A中元素,5 1 4 6 2
A B ->更新
4: 5 1 1 //pop 5,min=p->[3]=1 |
3: 1 1 2 //pop 1,min=p->[3]=2 | //下文指的是这里错了。
2: 4 2 2 //pop 4,min=p->[0]=2 |
1: 6 2 2 //pop 6,min=p->[0]=2 |
0: 2 2 NULL //pop 2,min=p->[0]=NULL v
当pop A中的元素小于B中栈顶元素时,则也要pop B中栈顶元素。
index 貌似错了,修正下,
所以,此题的第1小题,即是借助辅助栈,保存最小值,
且随时更新辅助栈中的元素。
如先后,push 2 6 4 1 5
stack A stack B(辅助栈)
4: 5 1 //push 5,min=p->[3]=1 ^
3: 1 1 //push 1,min=p->[3]=1 | //此刻push进A的元素1小于B中栈顶元素2
2: 4 2 //push 4,min=p->[0]=2 |
1: 6 2 //push 6,min=p->[0]=2 |
0: 2 2 //push 2,min=p->[0]=2 |
push第一个元素进A,也把它push进B,
当向Apush的元素比B中的元素小, 则也push进B,即更新B。否则,不动B,保存原值。
向栈A push元素时,顺序由下至上。
辅助栈B中,始终保存着最小的元素。
然后,pop栈A中元素,5 1 4 6 2
A B ->更新
4: 5 1 1 //pop 5,min=p->[3]=1 |
3: 1 1 2 //pop 1,min=p->[0]=2 |
2: 4 2 2 //pop 4,min=p->[0]=2 |
1: 6 2 2 //pop 6,min=p->[0]=2 |
0: 2 2 NULL //pop 2,min=NULL v
当pop A中的元素小于B中栈顶元素时,则也要pop B中栈顶元素。
2)一串首尾相连的珠子(m个),有N种颜色(N<=10),
设计一个算法,取出其中一段……
2.就是给一个很长的字符串str 还有一个字符集比如{a,b,c} 找出str里包含{a,b,c}的最短子串。
要求O(n)?
比如,字符集是a,b,c,字符串是abdcaabcx,则最短子串为abc
用两个变量 front,rear 指向一个的子串区间的头和尾
用一个int cnt[255]={0}记录当前这个子串里 字符集a,b,c 各自的个数,
一个变量sum记录字符集里有多少个了。
rear 一直加,更新cnt[]和sum的值,直到 sum等于字符集个数
然后front++,直到cnt[]里某个字符个数为0,这样就找到一个符合条件的字串了
继续前面的操作,就可以找到最短的了。
3.
可以建立一个RDF文件,利用protege 4.0。或者自己写的RDF/XML接口也行。
在其中建立两个“描述对象”一个是国家,一个是人民。 国家之下建立一个中国,
人民。并且在关系中建立一个关系:对每个存在的国家,都have人民。
这样,每当用户输入这两个词的时候,
就利用语义框架/接口来判断一下这两个词汇的关系,返回一个值即可。
--贝叶斯分类--
其实贝叶斯分类更实用一些。 可以用模式识别的贝叶斯算法,
写一个类并且建立一个词汇-模式的表。
这个表中每个模式,也就是每个词汇都设一个域,可以叫做most-fitted word,
然后对这个分类器进行训练。
这个训练可以在初期设定一些关联词汇;也可以在用户每次正确输入查询的时候来训练。通过训练,每个单
词对应出现概率最高的单词设到最适合域里面。
然后对于每个词,都返回最适合的单词。
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向你的厚道致敬。谢谢。
July、2010年11月14日,晚,于东华理工。
(答案V0.3版完)
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July、二零一一年一月十日。