经典面试题（一）附答案 算法+数据结构+代码 微软Microsoft、谷歌Google、百度、腾讯

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

[cpp] view
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1. bool StrToInt( char *pc, long &value )
2. {
3. //去掉前导空格
4. while( ( *pc==' ' || *pc=='\t' ) && *pc != '\0' ) pc++;
5. if( *pc == '\0' )   return false;
6. //处理正负号
7. int sign = 1;
8. if( *pc == '+' || *pc == '-' )
9. {
10. if( *(pc+1) =='\0' ) return false;
11. if( *pc == '-' ) sign = -1;
12. pc++;
13. }
14. //处理数值
15. long tmp = 0;
16. while( *pc != '\0' )
17. {
18. tmp *= 10;
19. //++优先级比*高
20. if( *pc < '0' && *pc > '9' ) return false;
21. tmp += ( *pc++ - '0' );
22. }
23. value = tmp * sign;
24. return true;
25. }

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。

[cpp] view
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1. inline void Exchange( char *px, char *py )
2. {
3. char tmp = *px;
4. *px = *py;
5. *py = tmp;
6. }
7. void PrintStrPermut( char *pstr, char *pbegin )
8. {
9. //处理空字符串
10. if( pstr == NULL || pbegin == NULL ) return;
11. //递归终止条件
12. if( *pbegin == '\0' )
13. cout << pstr << endl;
14. else
15. {
16. for( char *p=pbegin; *p!='\0'; p++ )
17. {
18. Exchange( p, pbegin );
19. PrintStrPermut( pstr, pbegin+1 );
20. Exchange( p, pbegin );
21. }
22. }
23. }
24. void PrintStrPermut2( char *pstr )
25. {
26. char *p = pstr;
27. while( *p != '\0' ) p++;
28. sort( pstr, p );
29. cout << pstr << endl;
30. while( next_permutation( pstr, p ) )
31. {
32. cout << pstr << endl;
33. }
34. }

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。

[cpp] view
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1. bool StrOverlap( char *strA, char *strB, int cnt, char *strC )
2. {
3. int sizeA = (int)strlen( strA );
4. int sizeB = (int)strlen( strB );
5. if( cnt > sizeA || cnt > sizeB ) return false;
6. memcpy( strC, strA, sizeA-cnt );
7. memcpy( strC+sizeA-cnt, strB+cnt, sizeB-cnt );
8. //注意添加结束标记
9. strC[sizeA+sizeB-2*cnt] = '\0';
10. return true;
11. }

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。

[cpp] view
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1. struct BiTreeNode
2. {
3. int data;
4. BiTreeNode* leftChild;
5. BiTreeNode* rightChild;
6. //构造函数，初始化成员变量
7. BiTreeNode(): data(0), leftChild(0), rightChild(0){};
8. };
9. void ArrayToTree( int *pi, int left, int right, BiTreeNode *&root )
10. {
11. if( left <= right )
12. {
13. int mid = ( left + right ) / 2;
14. root = new BiTreeNode;
15. root->data = pi[mid];
16. ArrayToTree( pi, left, mid-1, root->leftChild );
17. ArrayToTree( pi, mid+1, right, root->rightChild );
18. }
19. }

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。

[cpp] view
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1. void PrintTreeByLevel( BiTreeNode *&root )
2. {
3. if( root != NULL )
4. {
5. queue<BiTreeNode> que;
6. que.push( *root );
7. while( !que.empty() )
8. {
9. BiTreeNode curNode = que.front();
10. que.pop();
11. cout << curNode.data << " ";
12. if( curNode.leftChild != NULL ) que.push( *curNode.leftChild );
13. if( curNode.rightChild != NULL ) que.push( *curNode.rightChild );
14. }
15. }
16. }

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。

[cpp] view
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1. struct ListNode
2. {
3. int data;
4. ListNode *next;
5. ListNode(): data(0), next(0) {};
6. };
7. //假设没有哨兵元素
8. ListNode* ReverseList( ListNode *head )
9. {
10. //空链表
11. if( head == NULL ) return NULL;
12. //只有一个元素的链表
13. if( head->next == NULL ) return head;
14. //至少有两个元素
15. ListNode *pre, *cur, *next;
16. pre = head;
17. cur = pre->next;
18. next = NULL;
19. while( cur != NULL )
20. {
21. //保存下一个节点的指针
22. next = cur->next;
23. cur->next = pre;
24. pre = cur;
25. cur = next;
26. }
27. head->next = NULL;
28. head = pre;
29. return head;
30. }

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

[cpp] view
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1. int MyAtoi(const char * pstr)
2. {
3. //去除前导空格
4. while( *pstr == ' ' || *pstr == '\t' ) pstr++;
5. //判断正负号
6. int sign = 1;
7. if( *pstr == '+' || *pstr == '-' )
8. {
9. if( *pstr == '-' ) sign = -1;
10. pstr++;
11. }
12. //判断进制
13. int base = 10;
14. if( *pstr == '0' )
15. {
16. pstr++;
17. //以0开头的为八进制
18. base = 8;
19. //以0x开头的为16进制
20. if( *pstr == 'X' || *pstr == 'x' )
21. {
22. base = 16;
23. pstr++;
24. }
25. }
26. //处理数值部分，注意非法字符
27. long value = 0;
28. while( *pstr != '\0' )
29. {
30. if( base == 10 && ( *pstr < '0' || *pstr > '9' ) ||
31. base == 8 && ( *pstr < '0' || *pstr > '7' ) ||
32. base == 16 && !( ( *pstr >= '0' && *pstr <= '9' ) ||
33. ( *pstr >= 'A' && *pstr <= 'F' ) ||
34. ( *pstr >= 'a' && *pstr <= 'f' ) )
35. )
36. return 0;
37. value *= base;
38. if( base == 16 )
39. {
40. if( *pstr >= '0' && *pstr <= '9' ) value += ( *pstr - '0' );
41. if( *pstr >= 'a' && *pstr <= 'f' ) value += ( *pstr - 'a' ) + 10;
42. if( *pstr >= 'A' && *pstr <= 'F' ) value += ( *pstr - 'A' ) + 10;
43. }
44. else
45. {
46. value += *pstr - '0';
47. }
48. pstr++;
49. }
50. //判断是否溢出
51. if( value > INT_MAX || value < INT_MIN ) return 0;
52. return value * sign;
53. }

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。

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1. int Div( const int x, const int y )
2. {
3. if( x < y ) return 0;
4. int tmp = x;
5. int ans = 0;
6. while( tmp >= y )
7. {
8. int cnt = 1;
9. while( ( y * cnt ) <= tmp )  cnt <<= 1;
10. cnt >>= 1;
11. ans += cnt;
12. tmp -= y * cnt;
13. }
14. return ans;
15. }

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。

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1. //target出现的第一个位置
2. int LowerSearch( int *pi, int left, int right, int target )
3. {
4. while( left < right )
5. {
6. //mid向下取整
7. int mid = ( left + right ) / 2;
8. if( target <= pi[mid] )
9. {
10. right = mid;
11. }
12. else
13. {
14. left = mid + 1;
15. }
16. }
17. return left;
18. }
19. //target出现的第最后一个位置
20. int UpperSearch( int *pi, int left, int right, int target )
21. {
22. while( left < right )
23. {
24. //这里mid向上取整
25. int mid = ( left + right + 1 ) / 2;
26. if( target >= pi[mid] )
27. {
28. left = mid;
29. }
30. else
31. {
32. right = mid - 1;
33. }
34. }
35. return left;
36. }
37. int GetCount( int *pi, int left, int right, int target )
38. {
39. int first = LowerSearch( pi, left, right, target );
40. int second = UpperSearch( pi, left, right, target );
41. return second-first+1;
42. }

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

[cpp] view
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1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int MAX = 100;
4. //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）
5. //dp[i][j] = min( dp[i][j-1], dp[i+2^(j-1)][j-1] );
6. //查询RMQ( i, j )
7. //将i,j分成两个2^k个区间
8. //k = log2( j - i + 1 )
9. //查询结果 min( dp[i][k], dp[j-2^k+1][k] )
10. int dp[MAX][MAX];
11. inline int Min( int x, int y )
12. {
13. return x < y ? x : y;
14. }
15. //使用DP，建立查询表
16. void MakeRmqIndex( int *data, int size )
17. {
18. int i, j;
19. for( i=0; i<size; i++ )
20. {
21. dp[i][0] = i;
22. }
23. for( j=1; (1<<j)<size; j++ )
24. {
25. for( i=0; i+(1<<j)-1 < size; i++ )
26. {
27. 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];
28. }
29. }
30. }
31. //查表，并返回结果
32. int RmqIndex( int begin, int end, int *data )
33. {
34. int k = (int)( log( ( end - begin + 1 ) * 1.0 )/ log( 2.0 ) );
35. return data[ dp[begin][k] ] < data[ dp[end-(1<<k)+1][k] ] ? dp[begin][k] : dp[end-(1<<k)+1][k];
36. }
37. int main()
38. {
39. int data[10] = { 1, 3, 3, 4, 5, 6, 6, 7, 9, 11 };
40. //返回最小索引
41. MakeRmqIndex( data, 10 );
42. cout << RmqIndex( 4, 9, data) << endl;
43. return 0;
44. }

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。

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