2013阿里笔试题
2013阿里巴巴暑期实习笔试
答题说明：
1.答题时间90分钟，请注意把握时间;
2.试题分为四个部分：单项选择题(10题，20分)、不定向选择题(4题，20分)、填空问答(5题，40分)、综合体(1题，20分);
3.其他一些乱七八糟的考试说明。
一、单项选择题
1.下列说法不正确的是：(D)
A.SATA硬盘的速度速度大约为500Mbps/s
B.读取18XDVD光盘数据的速度为1Gbps
C.前兆以太网的数据读取速度为1Gpbs
D.读取DDR3内存数据的速度为100Gbps
解析：DVD的1x是1350KB，16x是21600KB，就算是21.6MB好了=160Mbps
这图明显说明是20GB/s=160Gbps;
感觉内存还没有硬盘快呢
2.(D)不能用于Linux中的进程通信
A.共享内存
B.命名管道
C.信号量
D.临界区
所谓的临界区（critical section），实际上指的是一段代码。选D；在《Windows核心编程第五版》中，对临界区的解释是：它是一小段代码，它在执行之前需要独占对一些共享资源的访问权。这种方式可以让多行代码以“原子方式”来对资源进行操控。这里的原子方式，指的是代码知道除了当前线程之外，没有其他任何线程会同时访问该资源。当然，系统仍然可以暂停当前线程去调度其他线程。但是，在当前线程离开临界区之前，系统是不会去调度任何想要访问同一资源的其他线程。
3.设在内存中有P1,P2,P3三道程序，并按照P1,P2,P3的优先级次序运行，其中内部计算和IO操作时间由下表给出(CPU计算和IO资源都只能同时由一个程序占用)：
P1:计算60ms---》IO 80ms---》计算20ms
P2:计算120ms---》IO 40ms---》计算40ms
P3:计算40ms---》IO 80ms---》计算40ms
完成三道程序比单道运行节省的时间是(C)
A.80ms
B.120ms
C.160ms
D.200ms
4.两个等价线程并发的执行下列程序，a为全局变量，初始为0，假设printf、++、--操作都是原子性的，则输出不肯哪个是(A)
void foo() {
if(a <= 0) {
a++;
}
else {
a--;
}
printf("%d", a);
}
A.01
B.10
C.12
D.22
5.给定fun函数如下，那么fun(10)的输出结果是(C)
int fun(int x) {
return (x==1) ? 1 : (x + fun(x-1));
}
A.0
B.10
C.55
D.3628800
6.在c++程序中，如果一个整型变量频繁使用，最好将他定义为(D)
A.auto
B.extern
C.static
D.register
7.长为n的字符串中匹配长度为m的子串的复杂度为(B)
A.O(N)
B.O(M+N)
C.O(N+LOGM)
D.O(M+LOGN)
解析： KMP算法不懂
8.判断一包含n个整数a[]中是否存在i、j、k满足a[i] + a[j] = a[k]的时间复杂度为()
A.O(n3)
B.O(n2lgn)
C.O(n2)
D.O(nlgn)
解析：O(N2)的算法能想一大堆，虽然最终我选的C，比如说用hash的话，三维遍历可以轻松编程二维遍历，但是总感觉是不是应该有nlgn的算法。
9.三次射击能中一次的概率是0.95，请问一次射击能中的概率是多少?(A)
A.0.63
B.0.5
C.**
D.0.85
10.下列序排算法中最坏复杂度不是n(n-1)/2的是_(D)
A.快速序排 B.冒泡序排 C.直接插入序排 D.堆序排
二、不定向选择题
1.阻塞、就绪、运行的三态转换
2.一个栈的入栈数列为：1、2、3、4、5、6;下列哪个是可能的出栈顺序。(选项不记得)
3.下列哪些代码可以使得a和b交换数值。(选项不记得)
4.A和B晚上无聊就开始数星星。每次只能数K个(20<=k<=30)A和B轮流数。最后谁把星星数完谁就获胜，那么当星星数量为多少时候A必胜?
A.2013 B.2886 C.4026 D......E.....(选项不记得)
三、填空问答题
1.给你一个整型数组A[N]，完成一个小程序代码(20行之内)，使得A[N]逆向，即原数组为1，2，3，4，逆向之后为4，3，2，1
void revense(int * a,int n) {
}
2.自选调度方面的问题，题目很长，就是给你三个线程，分别采用先来先分配的策略和最短执行之间的调度策略，然后计算每个线程从提交到执行完成的时间。题目实在太长，还有几个表格。考察的是操作系统里面作业调度算法先进先出和最短作业优先。
3.有个苦逼的上班族，他每天忘记定闹钟的概率为0.2，上班堵车的概率为0.5，如果他既没定闹钟上班又堵车那他迟到的概率为1.0，如果他定了闹钟但是上班堵车那他迟到的概率为0.9，如果他没定闹钟但是上班不堵车他迟到的概率为0.8，如果他既定了闹钟上班又不堵车那他迟到的概率为0.0，那么求出他在60天里上班迟到的期望。
4.战报交流：战场上不同的位置有N个战士(n>4)，每个战士知道当前的一些战况，现在需要这n个战士通过通话交流，互相传达自己知道的战况信息，每次通话，可以让通话的双方知道对方的所有情报，设计算法，使用最少的通话次数，是的战场上的n个士兵知道所有的战况信息，不需要写程序代码，得出最少的通话次数。
（先一遍遍历，然后在回去，）
5.有N个人，其中一个明星和n-1个群众，群众都认识明星，明星不认识任何群众，群众和群众之间的认识关系不知道，现在如果你是机器人R2T2，你每次问一个人是否认识另外一个人的代价为O(1)，试设计一种算法找出明星，并给出时间复杂度(没有复杂度不得分)。
解答：这个问题等价于找未知序列数中的最小数，我们将reg这个函数等价为以下过程：，如果i认识j，记作i大于等于j,同样j不一定大于等于i,满足要求，i不认识j记作i
int finds(S,N)
{
int flag=0;//用于判定是否有明星，即当前最小数另外出现几次
int temp=0;//存放最小数在S中的位置
for(i=1;i
{
if(!reg(S[i],S[temp])//如果temp标号的数小于i标号的数
{
temp=i;
flag=0;//更换怀疑对象(最小数)时，标记清零
｝
elseif(reg(S[temp]，S[i])//如果temp里存放的确实是唯一最小数是不会跑进这里来的
{
flag++; `
}
｝
if(flag>0) return -1;//表示没有明星,例如所有的数都相等
return temp;//返回明星在S中的位置
}
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int cha() { int i=1;j=N; while(i<=N) { if(know(i,j)) i++;//认识就问下一个人 else j--;//不认识就问是否认识前一个人； if(0==j) return I; break; } } |
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思路就是：从第一个人开始问，是否认识最后一个人， 若认识，说明肯定不是明星，放弃他，去问第二个人； 若不认识，再问是否认识第n-1个人，若认识说明还不是明星；不认识继续问是否认识第n-2个人； 当找到明星时，肯定把所有人问遍了，（设每个人不问自己），j此时为0； 跳出循环，返回明星的位置；
最快是第一个位置是明星，问了n-1次； 最差是最后一个是明星，而且剩余的人都互相认识，这样就问了（n-1）*（n-1）次，最后一个肯定是明星了，不用再问。 这种方式跟明星位置和剩余人之间认识度有关。。。。。 |
四、综合题
皇冠用户仓库开销：有一个淘宝商户，在某城市有n个仓库，每个仓库的储货量不同，现在要通过货物运输，将每次仓库的储货量变成一致的，n个仓库之间的运输线路围城一个圈，即1->2->3->4->...->n->1->...，货物只能通过连接的仓库运输，设计最小的运送成本(运货量*路程)达到淘宝商户的要求，并写出代码。
思路：这个在各种online-judge平台上都有答案，纯粹的数学问题，
如图，这是一个仓库分布的模拟，假设从第i个仓库向第i+1个仓库转移的物品为Pi个单位，其中Pi为负表示思是从i+1个仓库转移到第i个仓库，第n个仓库转移到第一个仓库即为Pn，设最后每个仓库平均后的货物为ave个单位，则有要最小化|P1|+|P2|+…+|Pi|+…+|Pn|
ave[i]=ave=A[i]-Pi+Pi-1//平均就是每个点收到（前一个节点发出）的和本节点发出的，加上本节点原有的
ave[1]=A[1]-P1+Pn//第一个节点的平均
然后设W[i]=ave[i]-A[i]=-Pi+Pi-1//每个节点发出和收到的差值
于是S[i]=W[1]+W[2]+….W[i]=Pn-Pi//所有前i个节点发出收到的差值之和
即Pi=Pn-S[i] ，所以问题归结到最小化|Pn-S[1]|+|Pn-S[2]|+…+|Pn-S[n]|
所以Pn是S中位数的时候最小//pn是最后一个节点发给节点1的。
实现了但是出不来结果、、、
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#include <cstdlib> #include <iostream> #include <math.h> #include <algorithm> using namespace std;
const int N=100; //定义数组大小 int input[N]; //输入的每个仓库原始的货物量 int sum=0; //所有仓库总货物量 int s[N]; //前i个节点得到和发出只差的和==这个差就是原有-平均 int avg; int n; void sort(int data[],int len) { for(int i=0;i<len;++i) { for(int j=0;j<len-i;++j) { if(data[j]>data[j+1]) data[j]=data[j]^data[j+1]; data[j+1]=data[j]^data[j+1]; data[j]=data[j]^data[j+1]; } } } int main(int argc, char *argv[]) {
while(cin>>n) { //n个仓库 for(int i=1;i<=n;++i) { cin>>input[i]; sum=sum+input[i]; avg=sum/n; //平均值 } avg=sum/n; } for(int i=1;i<=n;++i) { s[i]=input[i]+s[i-1]-avg;//前i个节点的差值之和 } sort(s,5);//对数组值从小到大排序 int mid=s[n/2];//取中值 mid=abs(mid); int res=0; for(int i=1;i<=n;++i) { res+=abs(mid-s[i]); } cout<<"最小代价是： "<< res; system("PAUSE"); return EXIT_SUCCESS; } |
