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题目是网上找的，答案博主自己做的，有不当之处或者有更好的方法欢迎留言！
第一题
一堆硬币，一个机器人，如果是反的就翻正，如果是正的就抛掷一次，无穷多次后，求正反的比例（哈尔滨站）
典型的数学概率题(好吧，说明数学还是很重要滴，大家去笔试面前还是巩固一下概率比较好，恩)，这里假设无穷多次后正面朝上的比例为x,则反面朝上的比例为1-x；则再投递一次，根据题意，正面朝上的概率的就变成1-x+(1/2*x),，反面朝上的概率变为1/2*x.因为此时已经达到平衡的状态，则该次投递前后概率应该不变，即1-x=1/2*x。解得x为2/3
第二题
k链表翻转。给出一个链表和一个数k，比如链表1→2→3→4→5→6，k=2，则翻转后2→1→4→3→6→5，若k=3,翻转后3→2→1→6→5→4，若k=4，翻转后4→3→2→1→5→6，用程序实现。
/*************************************************************************************************
/*首先，博主说明一下，博主不清楚k>链表长度的时候，题目的本意是让我们怎么处理的，博主这里直接没有做任何翻转，将原链表返回了。
**************************************************************************************************/
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<iostream>
using namespace std;
//定义链表节点
struct Node{
int data;
Node *next;
};
//函数在给定头结点和尾节点的情况下，对整个链表做翻转
void ReverseLinkList(Node *head,Node *end){
if(head==NULL||end==NULL) return;
Node *pre=NULL,*cur=head,*stop=end->next;
while(cur!=stop){
Node* nxt=cur->next;
cur->next=pre;
pre=cur;
cur=nxt;
}
}
//k链表翻转
Node* ReverseKLinkList(Node *head,int k){
if(head==NULL||k<=0) return NULL;
Node *cur=head;
for(int i=0;i<k-1;i++){
cur=cur->next;
if(cur==NULL)
break;
}
//在链表长度小于k的情形下，直接返回原链表
if(cur==NULL) return head;
Node* begin=cur->next,*end=begin;
Node* pre=head;
ReverseLinkList(head,cur);
while(begin!=NULL){
for(int i=0;i<k-1;i++){
end=end->next;
if(end==NULL)
break;
}
if(end==NULL){
pre->next=begin;
break;
}
else{
Node *nextbegin=end->next;
ReverseLinkList(begin,end);
pre->next=end;
pre=begin;
begin=end=nextbegin;
}
}
return cur;
}
int main(){
int a[]={0,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11};
Node* node[12];
for(int i=0;i<12;i++){
node[i]=new Node;
node[i]->next=NULL;
node[i]->data=a[i];
}
for(int i=0;i<11;i++){
node[i]->next=node[i+1];
}
Node *tmp=ReverseKLinkList(node[0],4);
for(;tmp!=NULL;tmp=tmp->next){
cout<<tmp->data<<endl;
}
system(“pause”);
return 0;
}
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第三题
有ABCD死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，现在只有一只手电，过桥时必须要带着手电，并且同时最多只能两个人一起过桥。请问如何安排能够让四个人尽快都过桥。（长沙站）
如果博主没有记错的话，这是腾讯几年前考过的一道题，一到校招时，就发现各大公司笔试题抄来抄去，好吧，停止吐槽。这种智力题一向是博主这样智力平庸人的硬伤，恩，直接上答案了。
第一步:A(1)和B(2)过桥，A(1)返回Cost：1+2s
第二步:C(5)和D(10)过桥，B(2)返回Cost：10+2s
第三步:A(1)和B(2)过桥Cost：2 s
总共耗时3+12+2=17s
第四题
有25匹马，每匹马都以恒定的速度赛跑，当然马与马之间的速度是不相等的，总共有5个赛道，就是说每轮最多只能有5个马同时赛跑。问题是：要确定出跑的最快的前三名马，需要最少多少轮比赛？（长沙站）
不多说了，直接上答案吧。
总共需要7场
1）首先分5组 比赛5次
(ABCDE)决出
A1 A2 A3 A4 A5
B1 B2 B3 B4 B5
C1 C2 C3 C4 C5
D1 D2 D3 D4 D5
E1 E2 E3 E4 E5
2）再比赛1次
A1 B1 C1 D1 E1比赛
至少可以淘汰2组
假设 A1 > B1 > C1 > D1E1
则 最快的必然是 A1 A2 A3 B1 B2 C1中的3批
A1已经确定有
3）则最后一场对A2 A3 B1 B2 C1进行比较，选出前2名
第五题
在有团购之前，大家都是现场买门票的，公园的门票是5元；某天售票处开门时没有准备零钱。假设一天来购票的一次有2N个人，其中有N个人有5元零钱，其它N个人只有10元面值的钱；假设每人只买一张票。请问任何人都不必为找零而等待的概率是多少？(长沙站)
这道题，好吧，博主的第一反应是：这是标准的Catalan数的应用吧！（好吧，打算随后拿一篇出来介绍下Catalan数），博主奇怪的是，美团今年的校招题，肿么数学题这么多-_-||
隐隐约约记得这道题貌似《编程之美》上也有，为了将问题简单化，将持有5元的人看成1，持有10元的人看成0，这样，只要满足：在任何0位置之前，1的数目多于0的数目，就能满足要求，则该题求解的为满足要求的排列占全部排列的比例。
1）求2n个1和0的全排列数目：C(2n,n)，即从2n个位置中选取n放置0（或者1）。
2）求取不满足要求的组合数（合法的组合数不好求）：
不满足要求的组合数的特点：总能找到一个位置K，使得0的数目比1的数目多1。那么很明显，k后面的0的数目比1的数目要少1.（为什么要找位置k？因为，我要让前面K个位置0、1排列不管怎么排列都不合法）
此后，我们关注k位置后面的排列：因为k后面的排列中，明显0比1少，那么我们可以将0和1互换（为什么要互换？首先，0、1互换后，两种排列方式的总数目是不变的，其次，互换后的排列中0比1多1个，那么不管怎么排列，都不合法），这样互换后2n个数的排列不管怎么排列都不合法（值得注意的是，互换后的组合排列数目，和互换前的是相同的，因为前面的排列不变且后面排列组合方式的数目一样。
现在来计算互换后排列的数目：互换后排列的数目中0为n+1个，1为n-1个，那么组合数就相当于从2n个位置选取n+1个位置放0，即为C（2n,n+1）
所求结果为( C(2n,n)-C(2n,n+1) )/ C(2n,n)
第六题
有一个函数“int f(int n)”，请编写一段程序测试函数f(n)是否总是返回0，并添加必要的注释和说明。
这一题博主木有明确的思路，感觉上黑盒测试的话只能从INT_MIN到INT_MAX全部测试了，或者加上随机算法，抽样检测。大家有好的方法欢迎留言。
第七题
用你熟悉的语言编写程序用两个栈(Stack)模拟队列(Queue)的先进先出操作，仅实现add、remove方法即可。（长沙站）
非常非常经典的一道老题了，假设两个栈s1和s2，且都为空。可以认为栈s1提供入队列的功能，栈s2提供出队列的功能。
1）入队列：入栈s1。
2）出队列：如果栈s2不为空，直接弹出栈s2的数据；如果栈s2为空，则依次弹出栈s1的数据，放入栈s2中，再弹出栈s2的数据。
#include <iostream>
#include <stack>
using namespace std;
template<class T>
struct MyQueue
{
void add(T &t)
{
s1.push(t);
}
T front()
{
if(s2.empty())
{
if(s1.size() == 0) throw;
while(!s1.empty())
{
s2.push(s1.top());
s1.pop();
}
}
return s2.top();
}
void remove()
{
if(s2.empty())
{
while(!s1.empty())
{
s2.push(s1.top());
s1.pop();
}
}
if(!s2.empty())
s2.pop();
}
stack<T> s1;
stack<T> s2;
};
int main()
{
MyQueue<int> mq;
for(int i=0; i< 10; ++i)
{
mq.add(i);
}
for(i=0; i< 10; ++i)
{
cout<<mq.front()<<endl;
mq.remove();
}
return 0;
}
第八题
编写函数，获取两段字符串的最长公共子串的长度，例如：
S1 = GCCCTAGCCAGDE
S2 = GCGCCAGTGDE
这两个序列的最长公共字串为GCCAG，也就是说返回值为5.(长沙站)
说实话，一直以来见着的都是让求最长公共子序列，突然让求最长公共字串，反倒有些不习惯了，总觉得考最长公共子序列更合理一点吧，好吧，又看了一遍题，确实是求最长公共子串的长度。
为了说清楚一点，就用上面的例子吧，我们来列一张表，如下：
G C C C T A G C C A G D E
G 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0
C 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
G1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0
C 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
C 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
A 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
G1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0
T 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
G1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0
D 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0
E 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
则最长公共子串GCCAG为上图中标出的最长斜对角线
博主在下面先写一种最容易看懂的方法，这种方法的空间复杂度还可以再优化，不过这个问题，之后等博主写到最长公共子序列、最长公共字串和最长递增子序列专题的时候再写吧。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 100
//LCS问题：即求两个字符串最长公共子串的问题，这里返回了公共字串，如果只求最长公共字串长度的话，之后有个简单的程序，其实就是里面的一部分
char *LCS(char *a,char *b)
{
int len_a = strlen(a); //获取字串的长度
int len_b = strlen(b);
char *p;
int c[N][N] = {0}; //矩阵c记录两串的匹配情况
int start,end,len,i,j; //start表明最长公共子串的起始点，end表明最长公共子串的终止点
end = len = 0; //len表明最长公共子串的长度
for(i=0;i<len_a;i++) //串开始从前向后比较
{
for(j=0;j<len_b;j++)
{
if(a[i] == b[j])
if(i == 0 || j == 0)
c[i][j] = 1;
else
c[i][j] = c[i-1][j-1] + 1;
if(c[i][j] > len)
{
len = c[i][j];
end = j;
}
}
}
start = end – len + 1;
p = (char *)malloc(len+1); //数组p记录最长公共子串
for(i=start;i<=end;i++)
p[i-start] = b[i];
p[len] = ‘\0’;
for(j=0;j<len_b;j++)
{
for(i=0;i<len_a;i++)
printf(“%2d”,c[i][j]);
printf(“\n”);
}
return p;
}
int main(int argc,char *argv[])
{
char str1[N],str2[N];
printf(“请输入字符串1：”);
gets(str1);
printf(“请输入字符串2：”);
gets(str2);
printf(“最长子串为：%s\n”,LCS(str1,str2));
return 0;
}
//只求最长公共字串长度
int LCS(char *a,char *b)
{
int len_a = strlen(a); //获取字串的长度
int len_b = strlen(b);
char *p;
int c[N][N] = {0}; //矩阵c记录两串的匹配情况
int start,end,len,i,j; //start表明最长公共子串的起始点，end表明最长公共子串的终止点
end = len = 0; //len表明最长公共子串的长度
for(i=0;i<len_a;i++) //串开始从前向后比较
{
for(j=0;j<len_b;j++)
{
if(a[i] == b[j])
if(i == 0 || j == 0)
c[i][j] = 1;
else
c[i][j] = c[i-1][j-1] + 1;
if(c[i][j] > len)
{
len = c[i][j];
end = j;
}
}
}
return len;
}
第九题
有100盏灯，从1~100编上号，开始时所有的灯都是关着的。
第一次，把所有编号是1的倍数的灯的开关状态改变一次；
第二次，把所有编号是2的倍数的灯的开关状态改变一次；
第三次，把所有编号是3的倍数的灯的开关状态改变一次；
以此类推，直到把所有编号是100的倍数的灯的开关状态改变一次。
问，此时所有开着的灯的编号。（哈尔滨站）
由于最开始灯是灭的，那么只有经过奇数次改变开关状态的灯是亮的。根据题意可知一个数字有多少约数就要开关多少次，所以最后亮着的灯的数学解释就是：灯的编号有奇数个不同的约数。
一个数的约数按出现的奇偶个数分为以下两种：
q 约数是成对出现的，比如8的约数对为：（1，8）、（2，4）。
q 约数是单个出现的，比如36的约数对为：（1，36）、（2，18）、（3，12）、（4，9）、（6）。
可以看出6自己单独是36的约数，而不是和别的数连在一起。所以只有平方数才会有奇数个整型约数，才满足本题的要求。从1到100的平方数为：
1，4，9，16，25，36，49，64，81，100。
所以只有这些灯是亮的。
