2013阿里笔试题
2013阿里巴巴暑期實習筆試
答題說明：
1.答題時間90分鐘，請注意把握時間;
2.試題分為四個部分：單項選擇題(10題，20分)、不定向選擇題(4題，20分)、填空問答(5題，40分)、綜合體(1題，20分);
3.其他一些亂七八糟的考試說明。
一、單項選擇題
1.下列說法不正確的是：(D)
A.SATA硬盤的速度速度大約為500Mbps/s
B.讀取18XDVD光盤數據的速度為1Gbps
C.前兆以太網的數據讀取速度為1Gpbs
D.讀取DDR3內存數據的速度為100Gbps
解析：DVD的1x是1350KB，16x是21600KB，就算是21.6MB好了=160Mbps
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這圖明顯說明是20GB/s=160Gbps;
感覺內存還沒有硬盤快呢
2.(D)不能用于Linux中的進程通信
A.共享內存
B.命名管道
C.信號量
D.臨界區
所謂的臨界區（critical section），實際上指的是一段代碼。選D；在《Windows核心編程第五版》中，對臨界區的解釋是：它是一小段代碼，它在執行之前需要獨占對一些共享資源的訪問權。這種方式可以讓多行代碼以“原子方式”來對資源進行操控。這里的原子方式，指的是代碼知道除了當前線程之外，沒有其他任何線程會同時訪問該資源。當然，系統仍然可以暫停當前線程去調度其他線程。但是，在當前線程離開臨界區之前，系統是不會去調度任何想要訪問同一資源的其他線程。
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3.設在內存中有P1,P2,P3三道程序，并按照P1,P2,P3的優先級次序運行，其中內部計算和IO操作時間由下表給出(CPU計算和IO資源都只能同時由一個程序占用)：
P1:計算60ms---》IO 80ms---》計算20ms
P2:計算120ms---》IO 40ms---》計算40ms
P3:計算40ms---》IO 80ms---》計算40ms
完成三道程序比單道運行節省的時間是(C)
A.80ms
B.120ms
C.160ms
D.200ms
4.兩個等價線程并發的執行下列程序，a為全局變量，初始為0，假設printf、++、--操作都是原子性的，則輸出不肯哪個是(A)
void foo() {
if(a <= 0) {
a++;
}
else {
a--;
}
printf("%d", a);
}
A.01
B.10
C.12
D.22
5.給定fun函數如下，那么fun(10)的輸出結果是(C)
int fun(int x) {
return (x==1) ? 1 : (x + fun(x-1));
}
A.0
B.10
C.55
D.3628800
6.在c++程序中，如果一個整型變量頻繁使用，最好將他定義為(D)
A.auto
B.extern
C.static
D.register
7.長為n的字符串中匹配長度為m的子串的復雜度為(B)
A.O(N)
B.O(M+N)
C.O(N+LOGM)
D.O(M+LOGN)
解析： KMP算法不懂
8.判斷一包含n個整數a[]中是否存在i、j、k滿足a[i] + a[j] = a[k]的時間復雜度為()
A.O(n3)
B.O(n2lgn)
C.O(n2)
D.O(nlgn)
解析：O(N2)的算法能想一大堆，雖然最終我選的C，比如說用hash的話，三維遍歷可以輕松編程二維遍歷，但是總感覺是不是應該有nlgn的算法。
9.三次射擊能中一次的概率是0.95，請問一次射擊能中的概率是多少?(A)
A.0.63
B.0.5
C.**
D.0.85
10.下列序排算法中最壞復雜度不是n(n-1)/2的是_(D)
A.快速序排 B.冒泡序排 C.直接插入序排 D.堆序排
二、不定向選擇題
1.阻塞、就緒、運行的三態轉換
2.一個棧的入棧數列為：1、2、3、4、5、6;下列哪個是可能的出棧順序。(選項不記得)
3.下列哪些代碼可以使得a和b交換數值。(選項不記得)
4.A和B晚上無聊就開始數星星。每次只能數K個(20<=k<=30)A和B輪流數。最后誰把星星數完誰就獲勝，那么當星星數量為多少時候A必勝?
A.2013 B.2886 C.4026 D......E.....(選項不記得)
三、填空問答題
1.給你一個整型數組A[N]，完成一個小程序代碼(20行之內)，使得A[N]逆向，即原數組為1，2，3，4，逆向之后為4，3，2，1
void revense(int * a,int n) {
}
2.自選調度方面的問題，題目很長，就是給你三個線程，分別采用先來先分配的策略和最短執行之間的調度策略，然后計算每個線程從提交到執行完成的時間。題目實在太長，還有幾個表格。考察的是操作系統里面作業調度算法先進先出和最短作業優先。
3.有個苦逼的上班族，他每天忘記定鬧鐘的概率為0.2，上班堵車的概率為0.5，如果他既沒定鬧鐘上班又堵車那他遲到的概率為1.0，如果他定了鬧鐘但是上班堵車那他遲到的概率為0.9，如果他沒定鬧鐘但是上班不堵車他遲到的概率為0.8，如果他既定了鬧鐘上班又不堵車那他遲到的概率為0.0，那么求出他在60天里上班遲到的期望。
4.戰報交流：戰場上不同的位置有N個戰士(n>4)，每個戰士知道當前的一些戰況，現在需要這n個戰士通過通話交流，互相傳達自己知道的戰況信息，每次通話，可以讓通話的雙方知道對方的所有情報，設計算法，使用最少的通話次數，是的戰場上的n個士兵知道所有的戰況信息，不需要寫程序代碼，得出最少的通話次數。
（先一遍遍歷，然后在回去，）
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5.有N個人，其中一個明星和n-1個群眾，群眾都認識明星，明星不認識任何群眾，群眾和群眾之間的認識關系不知道，現在如果你是機器人R2T2，你每次問一個人是否認識另外一個人的代價為O(1)，試設計一種算法找出明星，并給出時間復雜度(沒有復雜度不得分)。
解答：這個問題等價于找未知序列數中的最小數，我們將reg這個函數等價為以下過程：，如果i認識j，記作i大于等于j,同樣j不一定大于等于i,滿足要求，i不認識j記作i
int finds(S,N)
{
int flag=0;//用于判定是否有明星，即當前最小數另外出現幾次
int temp=0;//存放最小數在S中的位置
for(i=1;i
{
if(!reg(S[i],S[temp])//如果temp標號的數小于i標號的數
{
temp=i;
flag=0;//更換懷疑對象(最小數)時，標記清零
｝
elseif(reg(S[temp]，S[i])//如果temp里存放的確實是唯一最小數是不會跑進這里來的
{
flag++; `
}
｝
if(flag>0) return -1;//表示沒有明星,例如所有的數都相等
return temp;//返回明星在S中的位置
}
| int cha() { int i=1;j=N; while(i<=N) { ? if(know(i,j)) ?i++;//認識就問下一個人 else j--;//不認識就問是否認識前一個人； if(0==j) return I; break; } } |
| 思路就是：從第一個人開始問，是否認識最后一個人， 若認識，說明肯定不是明星，放棄他，去問第二個人； 若不認識，再問是否認識第n-1個人，若認識說明還不是明星；不認識繼續問是否認識第n-2個人； 當找到明星時，肯定把所有人問遍了，（設每個人不問自己），j此時為0； 跳出循環，返回明星的位置； ? 最快是第一個位置是明星，問了n-1次； 最差是最后一個是明星，而且剩余的人都互相認識，這樣就問了（n-1）*（n-1）次，最后一個肯定是明星了，不用再問。 這種方式跟明星位置和剩余人之間認識度有關。。。。。 |
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四、綜合題
皇冠用戶倉庫開銷：有一個淘寶商戶，在某城市有n個倉庫，每個倉庫的儲貨量不同，現在要通過貨物運輸，將每次倉庫的儲貨量變成一致的，n個倉庫之間的運輸線路圍城一個圈，即1->2->3->4->...->n->1->...，貨物只能通過連接的倉庫運輸，設計最小的運送成本(運貨量*路程)達到淘寶商戶的要求，并寫出代碼。
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思路：這個在各種online-judge平臺上都有答案，純粹的數學問題，
如圖，這是一個倉庫分布的模擬，假設從第i個倉庫向第i+1個倉庫轉移的物品為Pi個單位，其中Pi為負表示思是從i+1個倉庫轉移到第i個倉庫，第n個倉庫轉移到第一個倉庫即為Pn，設最后每個倉庫平均后的貨物為ave個單位，則有要最小化|P1|+|P2|+…+|Pi|+…+|Pn|
ave[i]=ave=A[i]-Pi+Pi-1//平均就是每個點收到（前一個節點發出）的和本節點發出的，加上本節點原有的
ave[1]=A[1]-P1+Pn//第一個節點的平均
然后設W[i]=ave[i]-A[i]=-Pi+Pi-1//每個節點發出和收到的差值
于是S[i]=W[1]+W[2]+….W[i]=Pn-Pi//所有前i個節點發出收到的差值之和
即Pi=Pn-S[i] ，所以問題歸結到最小化|Pn-S[1]|+|Pn-S[2]|+…+|Pn-S[n]|
所以Pn是S中位數的時候最小//pn是最后一個節點發給節點1的。
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實現了但是出不來結果、、、
| #include <cstdlib> #include <iostream> #include <math.h> #include <algorithm> using namespace std; ? const int N=100;? //定義數組大小 int input[N];?? //輸入的每個倉庫原始的貨物量 int sum=0;????? //所有倉庫總貨物量 int s[N];?????? //前i個節點得到和發出只差的和==這個差就是原有-平均 int avg; int n; void sort(int data[],int len) { ???? for(int i=0;i<len;++i) ???? {?????? ????????????? for(int j=0;j<len-i;++j) ???????????? { ???????????????????? if(data[j]>data[j+1]) ???????????????????? data[j]=data[j]^data[j+1]; ???????????????????? data[j+1]=data[j]^data[j+1]; ???????????????????? data[j]=data[j]^data[j+1]; ???????????? } ???? } } int main(int argc, char *argv[]) { ??? ??? while(cin>>n) ??? {? //n個倉庫 ? ?????for(int i=1;i<=n;++i) ?????? { ??????? cin>>input[i]; ??????? sum=sum+input[i]; ??????? avg=sum/n;?? //平均值 ??????? } ??????? avg=sum/n; ??? } ??? for(int i=1;i<=n;++i) ??? { ??????????? s[i]=input[i]+s[i-1]-avg;//前i個節點的差值之和 ??? } ??? sort(s,5);//對數組值從小到大排序 ??? int mid=s[n/2];//取中值 ??? mid=abs(mid); ??? int res=0;? ??? for(int i=1;i<=n;++i) ??????? { ??????????????? res+=abs(mid-s[i]); ??????????????? } ??????????????? cout<<"最小代價是： "<< res; ??? system("PAUSE"); ??? return EXIT_SUCCESS; } |
總結
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