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

<!--EndFragment-->

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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。:)...

---------------------------
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
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 |

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