本文转自：http://blog.csdn.net/v_JULY_v/archive/2011/01/10/6126406.aspx
1.把二元查找树转变成排序的双向链表
题目：
输入一棵二元查找树，将该二元查找树转换成一个排序的双向链表。
要求不能创建任何新的结点，只调整指针的指向。
10
/ /
6 14
/ / / /
4 8 12 16
转换成双向链表
4=6=8=10=12=14=16。
首先我们定义的二元查找树 节点的数据结构如下：
struct BSTreeNode
{
int m_nValue; // value of node
BSTreeNode *m_pLeft; // left child of node
BSTreeNode *m_pRight; // right child of node
};
//引用 245 楼 tree_star 的回复
#include <stdio.h>
#include <iostream.h>
struct BSTreeNode
{
int m_nValue; // value of node
BSTreeNode *m_pLeft; // left child of node
BSTreeNode *m_pRight; // right child of node
};
typedef BSTreeNode DoubleList;
DoubleList * pHead;
DoubleList * pListIndex;
void convertToDoubleList(BSTreeNode * pCurrent);
// 创建二元查找树
void addBSTreeNode(BSTreeNode * & pCurrent, int value)
{
if (NULL == pCurrent)
{
BSTreeNode * pBSTree = new BSTreeNode();
pBSTree->m_pLeft = NULL;
pBSTree->m_pRight = NULL;
pBSTree->m_nValue = value;
pCurrent = pBSTree;
}
else
{
if ((pCurrent->m_nValue) > value)
{
addBSTreeNode(pCurrent->m_pLeft, value);
}
else if ((pCurrent->m_nValue) < value)
{
addBSTreeNode(pCurrent->m_pRight, value);
}
else
{
//cout<<"重复加入节点"<<endl;
}
}
}
// 遍历二元查找树 中序
void ergodicBSTree(BSTreeNode * pCurrent)
{
if (NULL == pCurrent)
{
return;
}
if (NULL != pCurrent->m_pLeft)
{
ergodicBSTree(pCurrent->m_pLeft);
}
// 节点接到链表尾部
convertToDoubleList(pCurrent);
// 右子树为空
if (NULL != pCurrent->m_pRight)
{
ergodicBSTree(pCurrent->m_pRight);
}
}
// 二叉树转换成list
void convertToDoubleList(BSTreeNode * pCurrent)
{
pCurrent->m_pLeft = pListIndex;
if (NULL != pListIndex)
{
pListIndex->m_pRight = pCurrent;
}
else
{
pHead = pCurrent;
}
pListIndex = pCurrent;
cout<<pCurrent->m_nValue<<endl;
}
int main()
{
BSTreeNode * pRoot = NULL;
pListIndex = NULL;
pHead = NULL;
addBSTreeNode(pRoot, 10);
addBSTreeNode(pRoot, 4);
addBSTreeNode(pRoot, 6);
addBSTreeNode(pRoot, 8);
addBSTreeNode(pRoot, 12);
addBSTreeNode(pRoot, 14);
addBSTreeNode(pRoot, 15);
addBSTreeNode(pRoot, 16);
ergodicBSTree(pRoot);
return 0;
}
///
4
6
8
10
12
14
15
16
Press any key to continue
//
2.设计包含min函数的栈。
定义栈的数据结构，要求添加一个min函数，能够得到栈的最小元素。
要求函数min、push以及pop的时间复杂度都是O(1)。
结合链表一起做。
首先我做插入以下数字：10，7，3，3，8，5，2， 6
0: 10 -> NULL (MIN=10, POS=0)
1: 7 -> [0] (MIN=7, POS=1) 用数组表示堆栈，第0个元素表示栈底
2: 3 -> [1] (MIN=3, POS=2)
3: 3 -> [2] (MIN=3, POS=3)
4: 8 -> NULL (MIN=3, POS=3) 技巧在这里，因为8比当前的MIN大，所以弹出8不会对当前的MIN产生影响
5：5 -> NULL (MIN=3, POS=3)
6: 2 -> [2] (MIN=2, POS=6) 如果2出栈了，那么3就是MIN
7: 6 -> [6]
出栈的话采用类似方法修正。
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。
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，
因此输出为该子数组的和18。
//July 2010/10/18
#include <iostream.h>
int maxSum(int* a, int n)
{
int sum=0;
int b=0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(b<0)
b=a[i];
else
b+=a[i];
if(sum<b)
sum=b;
}
return sum;
}
int main()
{
int a[10]={1,-8,6,3,-1,5,7,-2,0,1};
cout<<maxSum(a,10)<<endl;
return 0;
}
运行结果，如下：
20
Press any key to continue
------------------------------------------------------------
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。
///
第4题，
当访问到某一结点时，把该结点添加到路径上，并累加当前结点的值。
如果当前结点为叶结点并且当前路径的和刚好等于输入的整数，则当前的路径符合要求，我们把它打印出来
。
如果当前结点不是叶结点，则继续访问它的子结点。当前结点访问结束后，递归函数将自动回到父结点。
因此我们在函数退出之前要在路径上删除当前结点并减去当前结点的值，
以确保返回父结点时路径刚好是根结点到父结点的路径。
我们不难看出保存路径的数据结构实际上是一个栈结构，因为路径要与递归调用状态一致，
而递归调用本质就是一个压栈和出栈的过程。
void FindPath
(
BinaryTreeNode* pTreeNode, // a node of binary tree
int expectedSum, // the expected sum
std::vector<int>& path, // a path from root to current node
int& currentSum // the sum of path
)
{
if(!pTreeNode)
return;
currentSum += pTreeNode->m_nValue;
path.push_back(pTreeNode->m_nValue);
// if the node is a leaf, and the sum is same as pre-defined,
// the path is what we want. print the path
bool isLeaf = (!pTreeNode->m_pLeft && !pTreeNode->m_pRight);
if(currentSum == expectedSum && isLeaf)
{
std::vector<int>::iterator iter = path.begin();
for(; iter != path.end(); ++ iter)
std::cout << *iter << '/t';
std::cout << std::endl;
}
// if the node is not a leaf, goto its children
if(pTreeNode->m_pLeft)
FindPath(pTreeNode->m_pLeft, expectedSum, path, currentSum);
if(pTreeNode->m_pRight)
FindPath(pTreeNode->m_pRight, expectedSum, path, currentSum);
// when we finish visiting a node and return to its parent node,
// we should delete this node from the path and
// minus the node's value from the current sum
currentSum -= pTreeNode->m_nValue;
path.pop_back();
}
5.查找最小的k个元素
题目：输入n个整数，输出其中最小的k个。
例如输入1，2，3，4，5，6，7和8这8个数字，
则最小的4个数字为1，2，3和4。
//July 2010/10/18
//引用自116 楼 wocaoqwer 的回复。
#include<iostream>
using namespace std;
class MinK{
public:
MinK(int *arr,int si):array(arr),size(si){}
bool kmin(int k,int*& ret){
if(k>size)
{
ret=NULL;
return false;
}
else
{
ret=new int[k--];
int i;
for(i=0;i<=k;++i)
ret[i]=array[i];
for(int j=(k-1)/2;j>=0;--j)
shiftDown(ret,j,k);
for(;i<size;++i)
if(array[i]<ret[0])
{
ret[0]=array[i];
shiftDown(ret,0,k);
}
return true;
}
}
void remove(int*& ret){
delete[] ret;
ret=NULL;
}
private:
void shiftDown(int *ret,int pos,int length){
int t=ret[pos];
for(int s=2*pos+1;s<=length;s=2*s+1){
if(s<length&&ret[s]<ret[s+1])
++s;
if(t<ret[s])
{
ret[pos]=ret[s];
pos=s;
}
else break;
}
ret[pos]=t;
}
int *array;
int size;
};
int main()
{
int array[]={1,2,3,4,5,6,7,8};
MinK mink(array,sizeof(array)/sizeof(array[0]));
int *ret;
int k=4;
if(mink.kmin(k,ret))
{
for(int i=0;i<k;++i)
cout<<ret[i]<<endl;
mink.remove(ret);
}
return 0;
}
/
运行结果：
4
2
3
1
Press any key to continue
/
---------------------
第5题，也可以：
用类似快排的partition的方法，只求2边中的一边，在O(N)时间得到第k大的元素v；
再扫描一遍( O(N) )，得到所有小于等于v的元素。
其中，快速排序每一趟比较用时O（n），要进行lgn次比较，才最终完成整个排序。
所以快排的复杂度才为O（n*lgn）。
像现在，只需要，找到第k大的元素，排一趟是O（n），排俩趟是O（2n），
其中第二趟，可以在第一趟后选择排序哪边，即只要排一边了，
递归找到第k大的元素，是O（N）的复杂度，最后遍历那一边O（k），输出这k个元素，即可。
所以，总的运行时间复杂度为O（N）。
（如果，要有序输出的话，则再将那k的元素排序，时间复杂度为O（N+klgk）。）
-------------------------------------------------
第5题，再具体阐述下：
类似快排中的分割算法（如果不清楚快速排序，请参考本BLOG内关于快速排序的倆篇文章）：
每次分割后都能返回枢纽点在数组中的位置s,然后比较s与k的大小
若大的话，则再次递归划分array[s..n]，
小的话，就递归array[left...s-1] //s为中间枢纽点元素。
否则返回array[s]，就是partition中返回的值。 //就是要找到这个s。
找到符合要求的s值后，再遍历输出比s小的那一边的元素。
代码实现：
//引自飞羽。
int kth_elem(int a[],int low, int high,int k)
{
int pivot=a[low];
int low_temp = low;
int high_temp = high;
while(low<high)
{
while(low<high&&a[high]>pivot)
--high;
a[low]=a[high];
while(low<high&&a[low]<pivot)
++low;
a[high]=a[low];
}
a[low]=pivot;
//上面为快排的那个分割算法
//以下就是主要思想中所述的内容
if(low==k-1) //找k值
return a[low];
else if(low>k-1)
return kth_elem(a,low_temp,low-1,k);
else
return kth_elem(a,low+1,high_temp,k);
}
----------------------------------------
后序补充：
关于分治思想：
如果第一次 分划，找到的第s小符合要求m，则停止，
如果找到的第s小，s<m，则到 s的右边继续找
如果找到的第s小，s>m，则 到s的左边继续找。
举例说明：
2 1 3 6 4 5
假设第一次划分之后，3为中间元素：
1、如果要求找第3小的元素，而找到的s=m(要求)，则返回3
2、如果要求找第1小的元素，而找到的s>m，则在s的左边找
3、如果要求找第4小的元素，而找到的s<m，则在s的右边找。
在算法导论上，第九章中，以期望线性时间做选择，一节中，
我找到了这个 寻找数组中第k小的元素的，平均时间复杂度为O（N）的证明。
中文版是 第110页，英文版约是第164页。
不是一趟O（N），而是最终找到那第k个数，然后将其输出，的复杂度为O（N）。
（或者，O（n+k），最后遍历那k个元素输出。）。
利用的正是上述类似快排中的分治算法，而与快速排序不同的是：
即快速排序要递归处理划分后的俩边，而此上述程序，即本题需处理划分之后的一边。
所以，快速排序的期望运行时间为O(nlgn),
而上述程序的期望运行时间，最后证明可得O(n)，且假定元素是不同的。
第6题
------------------------------------
腾讯面试题：
给你10分钟时间，根据上排给出十个数，在其下排填出对应的十个数
要求下排每个数都是先前上排那十个数在下排出现的次数。
上排的十个数如下：
【0，1，2，3，4，5，6，7，8，9】
初看此题，貌似很难，10分钟过去了，可能有的人，题目都还没看懂。
举一个例子，
数值: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9
分配: 6,2,1,0,0,0,1,0,0,0
0在下排出现了6次，1在下排出现了2次，
2在下排出现了1次，3在下排出现了0次....
以此类推..
// 引用自July 2010年10月18日。
//数值: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9
//分配: 6,2,1,0,0,0,1,0,0,0
#include <iostream.h>
#define len 10
class NumberTB
{
private:
int top[len];
int bottom[len];
bool success;
public:
NumberTB();
int* getBottom();
void setNextBottom();
int getFrequecy(int num);
};
NumberTB::NumberTB()
{
success = false;
//format top
for(int i=0;i<len;i++)
{
top[i] = i;
}
}
int* NumberTB::getBottom()
{
int i = 0;
while(!success)
{
i++;
setNextBottom();
}
return bottom;
}
//set next bottom
void NumberTB::setNextBottom()
{
bool reB = true;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int frequecy = getFrequecy(i);
if(bottom[i] != frequecy)
{
bottom[i] = frequecy;
reB = false;
}
}
success = reB;
}
//get frequency in bottom
int NumberTB::getFrequecy(int num) //此处的num即指上排的数 i
{
int count = 0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
if(bottom[i] == num)
count++;
}
return count; //cout即对应 frequecy
}
int main()
{
NumberTB nTB;
int* result= nTB.getBottom();
for(int i=0;i<len;i++)
{
cout<<*result++<<endl;
}
return 0;
}
///
运行结果：
6
2
1
1
Press any key to continue
/
第7题
------------------------------------
微软亚院之编程判断俩个链表是否相交
给出俩个单向链表的头指针，比如h1，h2，判断这俩个链表是否相交。
为了简化问题，我们假设俩个链表均不带环。
问题扩展：
1.如果链表可能有环列?
2.如果需要求出俩个链表相交的第一个节点列?
//这一题，自己也和不少人讨论过了，
//更详细的，请看这里：
//My sina Blog：
//http://blog.sina.com.cn/s/blog_5e3ab00c0100le4s.html
1.首先假定链表不带环
那么，我们只要判断俩个链表的尾指针是否相等。
相等，则链表相交；否则，链表不相交。
2.如果链表带环，
那判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。
如果在，则相交，如果不在，则不相交。
所以，事实上，这个问题就转化成了：
1.先判断带不带环
2.如果都不带环，就判断尾节点是否相等
3.如果都带环，判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。
如果在，则相交，如果不在，则不相交。
//用两个指针，一个指针步长为1，一个指针步长为2，判断链表是否有环
bool check(const node* head)
{
if(head==NULL)
return false;
node *low=head, *fast=head->next;
while(fast!=NULL && fast->next!=NULL)
{
low=low->next;
fast=fast->next->next;
if(low==fast) return true;
}
return false;
}
//如果链表可能有环，则如何判断两个链表是否相交
//思路：链表1 步长为1，链表2步长为2 ，如果有环且相交则肯定相遇，否则不相交
list1 head: p1
list2 head: p2
while( p1 != p2 && p1 != NULL && p2 != NULL )
[b]//但当链表有环但不相交时，此处是死循环。![/b]
{
p1 = p1->next;
if ( p2->next )
p2 = p2->next->next;
else
p2 = p2->next;
}
if ( p1 == p2 && p1 && p2)
//相交
else
//不相交
所以，判断带环的链表，相不相交，只能这样：
如果都带环，判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。
如果在，则相交，如果不在，则不相交。(未写代码实现，见谅。:)..
------------------
第9题
-----------------------------------
判断整数序列是不是二元查找树的后序遍历结果
题目：输入一个整数数组，判断该数组是不是某二元查找树的后序遍历的结果。
如果是返回true，否则返回false。
例如输入5、7、6、9、11、10、8，由于这一整数序列是如下树的后序遍历结果：
8
/ /
6 10
/ / / /
5 7 9 11
因此返回true。
如果输入7、4、6、5，没有哪棵树的后序遍历的结果是这个序列，因此返回false。
//貌似，少有人关注此题。:).2010/10/18
bool verifySquenceOfBST(int squence[], int length)
{
if(squence == NULL || length <= 0)
return false;
// root of a BST is at the end of post order traversal squence
int root = squence[length - 1];
// the nodes in left sub-tree are less than the root
int i = 0;
for(; i < length - 1; ++ i)
{
if(squence[i] > root)
break;
}
// the nodes in the right sub-tree are greater than the root
int j = i;
for(; j < length - 1; ++ j)
{
if(squence[j] < root)
return false;
}
// verify whether the left sub-tree is a BST
bool left = true;
if(i > 0)
left = verifySquenceOfBST(squence, i);
// verify whether the right sub-tree is a BST
bool right = true;
if(i < length - 1)
right = verifySquenceOfBST(squence + i, length - i - 1);
return (left && right);
}
关于第9题：
其实，就是一个后序遍历二叉树的算法。
关键点：
1.
//确定根结点
int root = squence[length - 1];
2.
// the nodes in left sub-tree are less than the root
int i = 0;
for(; i < length - 1; ++ i)
{
if(squence[i] > root)
break;
}
// the nodes in the right sub-tree are greater than the root
int j = i;
for(; j < length - 1; ++ j)
{
if(squence[j] < root)
return false;
}
3.
递归遍历，左右子树。
---------------------------------------
第10题，单词翻转。
//单词翻转，引用自117 楼 wocaoqwer 的回复。
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
class ReverseWords{
public:
ReverseWords(string* wo):words(wo){}
void reverse_()
{
int length=words->size();
int begin=-1,end=-1;
for(int i=0;i<length;++i){
if(begin==-1&&words->at(i)==' ')
continue;
if(begin==-1)
{
begin=i;
continue;
}
if(words->at(i)==' ')
end=i-1;
else if(i==length-1)
end=i;
else
continue;
reverse__(begin,end); //1.字母翻转
begin=-1,end=-1;
}
reverse__(0,length-1); //2.单词翻转
}
private:
void reverse__(int begin,int end) //
{
while(begin<end)
{
char t=words->at(begin);
words->at(begin)=words->at(end);
words->at(end)=t;
++begin;
--end;
}
}
string* words;
};
int main(){
string s="I am a student.";
ReverseWords r(&s);
r.reverse_();
cout<<s<<endl;
return 0;
}
运行结果：
student. a am I
Press any key to continue
第11题
------------------------------------
求二叉树中节点的最大距离...
如果我们把二叉树看成一个图，
父子节点之间的连线看成是双向的，
我们姑且定义"距离"为两节点之间边的个数。
写一个程序，
求一棵二叉树中相距最远的两个节点之间的距离。
//July 2010/10/19
//此题思路，tree_star and i 在257、258楼，讲的很明白了。
//定义一个结构体
struct NODE
{
NODE* pLeft;
NODE* pRight;
int MaxLen;
int MaxRgt;
};
NODE* pRoot; //根节点
int MaxLength;
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！:)。
第12题
题目：求1+2+…+n，
要求不能使用乘除法、for、while、if、else、switch、case等关键字
以及条件判断语句（A?B:C）。
//July、2010/10/19
-----------------
循环只是让相同的代码执行n遍而已，我们完全可以不用for和while达到这个效果。
比如定义一个类，我们new一含有n个这种类型元素的数组，
那么该类的构造函数将确定会被调用n次。我们可以将需要执行的代码放到构造函数里。
------------------
#include <iostream.h>
class Temp
{
public:
Temp()
{
++N;
Sum += N;
}
static void Reset() { N = 0; Sum = 0; }
static int GetSum() { return Sum; }
private:
static int N;
static int Sum;
};
int Temp::N = 0;
int Temp::Sum = 0;
int solution1_Sum(int n)
{
Temp::Reset();
Temp *a = new Temp[n]; //就是这个意思，new出n个数组。
delete []a;
a = 0;
return Temp::GetSum();
}
int main()
{
cout<<solution1_Sum(100)<<endl;
return 0;
}
//运行结果：
//5050
//Press any key to continue
//July、2010/10/19
//第二种思路：
----------------
既然不能判断是不是应该终止递归，我们不妨定义两个函数。
一个函数充当递归函数的角色，另一个函数处理终止递归的情况，
我们需要做的就是在两个函数里二选一。
从二选一我们很自然的想到布尔变量，
比如ture/(1)的时候调用第一个函数，false/(0)的时候调用第二个函数。
那现在的问题是如和把数值变量n转换成布尔值。
如果对n连续做两次反运算，即!!n，那么非零的n转换为true，0转换为false。
#include <iostream.h>
class A;
A* Array[2];
class A
{
public:
virtual int Sum (int n) { return 0; }
};
class B: public A
{
public:
virtual int Sum (int n) { return Array[!!n]->Sum(n-1)+n; }
};
int solution2_Sum(int n)
{
A a;
B b;
Array[0] = &a;
Array[1] = &b;
int value = Array[1]->Sum(n);
//利用虚函数的特性，当Array[1]为0时，即Array[0] = &a; 执行A::Sum，
//当Array[1]不为0时， 即Array[1] = &b; 执行B::Sum。
return value;
}
int main()
{
cout<<solution2_Sum(100)<<endl;
return 0;
}
//5050
//Press any key to continue
第13题：
题目：
输入一个单向链表，输出该链表中倒数第k个结点,
链表的倒数第0个结点为链表的尾指针。
//此题一出，相信，稍微有点 经验的同志，都会说到：
------------------------
设置两个指针p1,p2
首先p1和p2都指向head
然后p2向前走n步，这样p1和p2之间就间隔k个节点
然后p1和p2同……
#include <iostream.h>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
struct ListNode
{
char data;
ListNode* next;
};
ListNode* head,*p,*q;
ListNode *pone,*ptwo;
ListNode* fun(ListNode *head,int k)
{
pone = ptwo = head;
for(int i=0;i<=k-1;i++)
ptwo=ptwo->next;
while(ptwo!=NULL)
{
pone=pone->next;
ptwo=ptwo->next;
}
return pone;
}
int main()
{
char c;
head = (ListNode*)malloc(sizeof(ListNode));
head->next = NULL;
p = head;
while(c !='0')
{
q = (ListNode*)malloc(sizeof(ListNode));
q->data = c;
q->next = NULL;
p->next = q;
p = p->next;
c = getchar();
}
cout<<"---------------"<<endl;
cout<<fun(head,2)->data<<endl;
return 0;
}
/
1254863210
---------------
2
Press any key to continue
第14题：
题目：输入一个已经按升序排序过的数组和一个数字，
在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。
要求时间复杂度是O(n)。
如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。
例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。
//由于数组已经过升序排列，所以，难度下降了不少。
//July、2010/10/19
#include <iostream.h>
bool FindTwoNumbersWithSum
(
int data[], // 已经排序的 数组
unsigned int length, // 数组长度
int sum, //用户输入的 sum
int& num1, // 输出符合和等于sum的第一个数
int& num2 // 第二个数
)
{
bool found = false;
if(length < 1)
return found;
int begin = 0;
int end = length - 1;
while(end > begin)
{
long curSum = data[begin] + data[end];
if(curSum == sum)
{
num1 = data[begin];
num2 = data[end];
found = true;
break;
}
else if(curSum > sum)
end--;
else
begin++;
}
return found;
}
int main()
{
int x,y;
int a[6]={1,2,4,7,11,15};
if(FindTwoNumbersWithSum(a,6,15,x,y) )
{
cout<<x<<endl<<y<<endl;
}
return 0;
}
4
11
Press any key to continue
扩展：如果输入的数组是没有排序的，但知道里面数字的范围，其他条件不变，
如何在O(n)时间里找到这两个数字？
关于第14题，
1.题目假定是，只要找出俩个数，的和等于给定的数，
其实是，当给定一排数，
4,5,7,10,12
然后给定一个数，22。
就有俩种可能了。因为22=10+12=10+5+7。
而恰恰与第4题，有关联了。望大家继续思考下。:)。
2.第14题，还有一种思路，如下俩个数组：
1、 2、 4、7、11、15 //用15减一下为
14、13、11、8、4、 0 //如果下面出现了和上面一样的数，稍加判断，就能找出这俩个数来了。
第一个数组向右扫描，第二个数组向左扫描。
第15题：
题目：输入一颗二元查找树，将该树转换为它的镜像，
即在转换后的二元查找树中，左子树的结点都大于右子树的结点。
用递归和循环两种方法完成树的镜像转换。
例如输入：
8
/ /
6 10
/ / / /
5 7 9 11
输出：
8
/ /
10 6
/ / / /
11 9 7 5
定义二元查找树的结点为：
struct BSTreeNode // a node in the binary search tree (BST)
{
int m_nValue; // value of node
BSTreeNode *m_pLeft; // left child of node
BSTreeNode *m_pRight; // right child of node
};
//就是递归翻转树，有子树则递归翻转子树。
//July、2010/10/19
void Revertsetree(list *root)
{
if(!root)
return;
list *p;
p=root->leftch;
root->leftch=root->rightch;
root->rightch=p;
if(root->leftch)
Revertsetree(root->leftch);
if(root->rightch)
Revertsetree(root->rightch);
}
由于递归的本质是编译器生成了一个函数调用的栈，
因此用循环来完成同样任务时最简单的办法就是用一个辅助栈来模拟递归。
首先我们把树的头结点放入栈中。
在循环中，只要栈不为空，弹出栈的栈顶结点，交换它的左右子树。
如果它有左子树，把它的左子树压入栈中；
如果它有右子树，把它的右子树压入栈中。
这样在下次循环中就能交换它儿子结点的左右子树了。
//再用辅助栈模拟递归，改成循环的（有误之处，望不吝指正）：
void Revertsetree(list *phead)
{
if(!phead)
return;
stack<list*> stacklist;
stacklist.push(phead); //首先把树的头结点放入栈中。
while(stacklist.size())
//在循环中，只要栈不为空，弹出栈的栈顶结点，交换它的左右子树
{
list* pnode=stacklist.top();
stacklist.pop();
list *ptemp;
ptemp=pnode->leftch;
pnode->leftch=pnode->rightch;
pnode->rightch=ptemp;
if(pnode->leftch)
stacklist.push(pnode->leftch); //若有左子树，把它的左子树压入栈中
if(pnode->rightch)
stacklist.push(pnode->rightch); //若有右子树，把它的右子树压入栈中
}
}
第16题
题目：输入一颗二元树，从上往下按层打印树的每个结点，同一层中按照从左往右的顺序打印。
例如输入
8
/ /
6 10
// //
5 7 9 11
输出8 6 10 5 7 9 11。
//题目不是我们所熟悉的，树的前序，中序，后序。即是树的层次遍历。
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。:)...
---------------------------
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。
==========
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 "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
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。:)。
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
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
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;
}
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。
![Java经典面试题详解：带你手撸红黑树总结[图]](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACwAAAAAAQABAAACAkQBADs=)