关于数组的几道面试题
2013-10-20 20:41
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关于数组的几道面试题
分类： C/C++
数组是最基本的数据结构，关于数组的面试题也屡见不鲜，本文罗列了一些常见的面试题，仅供参考，如果您有更好的题目或者想法，欢迎留言讨论。目前有以下18道题目，如有好的题目，随时更新。
数组求和
求数组中的最大值和最小值
求数组中的最大值和次大值
求数组中出现次数超过一半的元素
求数组中元素的最短距离
求两个有序数组的共同元素
求三个数组的共同元素
找出数组中唯一重复的元素
找出出现奇数次的元素
求数组中满足给定和的数对
最大子段和
最大子段积
数组循环移位
字符串逆转
组合问题
合并两个数组
重排问题
找出绝对值最小的元素
数组求和
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中所有元素的和。可能您会觉得很简单，是的，的确简单，但是为什么还要说呢，原因：这道题要求用递归，只用一行代码。
分析
简单说一下，两种情况：
1. 如果数组元素个数为0，那么和为0；
2. 如果数组元素个数为n，那么先求出前n-1个元素之和，再加上a[n - 1]即可；
代码
// 数组求和
int sum(int*a,
int n)
{
return n ==0?0
: sum(a, n
-1)
+ a[n -1];
}
求数组的最大值和最小值
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中的最大值和最小值。
分析
常规的做法是遍历一次，分别求出最大值和最小值，事实上，至多3|n/2|（||代表向下取整）就足以找出最小值和最大值。做法是：记录比较过程中遇到的最小值和最大值。我们并不是将每一个输入元素与当前的最大值和最小值进行比较（这样做的代价是每个元素需要两次比较），而是成对的处理元素。先将一对输入元素进行比较，然后把较小者与当前最小值进行比较，把较大者与当前最大值比较，因此每两个元素比较3次。
如何假定当前最小值和最大值的初始值依赖于n是奇数还是偶数。如果n是奇数，就将最小值和最大值都设为第一个元素的值，然后成对的处理余下的元素。如果n是偶数，就对前两个元素做一次比较，以决定最小值和最大值的初值，然后如同n是奇数的情形一样，成对的处理余下的元素。
但是这里要说的是分治法，将数组分成左右两部分，先求出左半部分的最大值和最小值，再求出右半部分的最大值和最小值，然后综合起来求总体的最大值和最小值。这是个递归的过程，对于划分后的左右两部分，同样重复这个过程，直到划分区间内只剩下一个元素或者两个元素。
代码
// 求数组的最大值和最小值，返回值在maxValue和minValue
void MaxandMin(int
*a,
int l, int r,
int& maxValue,
int& minValue)
{
if(l
== r)
// l与r之间只有一个元素
{
maxValue = a[l]
;
minValue = a[l]
;
return ;
}
if(l
+ 1 == r)
// l与r之间只有两个元素
{
if(a[l]
>= a[r])
{
maxValue = a[l]
;
minValue = a[r]
;
}
else
{
maxValue = a[r]
;
minValue = a[l]
;
}
return ;
}
int m =
(l + r)
/ 2 ;
// 求中点
int lmax ;
// 左半部份最大值
int lmin ;
// 左半部份最小值
MaxandMin(a, l, m, lmax, lmin)
; // 递归计算左半部份
int rmax ;
// 右半部份最大值
int rmin ;
// 右半部份最小值
MaxandMin(a, m
+ 1, r, rmax, rmin)
; // 递归计算右半部份
maxValue = max(lmax, rmax)
; // 总的最大值
minValue = min(lmin, rmin)
; // 总的最小值
}
求数组的最大值和次小值
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中的最大值和次小值。
分析
思路和上一题类似，同样是用分治法，先求出左边的最大值leftmax和次大值leftsecond，再求出右边的最大值rightmax和次大值rightsecond，然后合并，如何合并呢？分情况考虑。
1. 如果leftmax > rightmax，那么可以肯定leftmax是最大值，但次大值不一定是rightmax，但肯定不是rightsecond，只需将leftsecond和rightmax做一次比较即可；
2. 如果rightmax > leftmax，那么可以肯定的rightmax是最大值，但次大值不一样是leftmax，但肯定不是leftsecond，所以只需将leftmax与rightsecond做一次比较即可；
注意
这种方法无法处理最大元素有多个的情况，比如3,5,7,7，将返回7,7而不是7,5。感谢网友，从无到有靠他人指出。
代码
// 找出数组的最大值和次大值，a是待查找的数组，left和right是查找区间，max和second存放结果
void MaxandMin(int a[],
int left,
int right,
int&max,
int&second)
{
if(left
==
right)
{
max = a[left]
;
second
= INT_MIN;
}
elseif(left
+1==
right)
{
max = a[left]
> a[right]
? a[left]
: a[right]
;
second
= a[left]
< a[right]
? a[left]
: a[right]
;
}
else
{
int mid
= left
+ (right
- left)
/2 ;
int leftmax
;
int leftsecond
;
MaxandMin(a,
left,
mid, leftmax, leftsecond)
;
int rightmax
;
int rightsecond
;
MaxandMin(a,
mid +1,
right, rightmax, rightsecond)
;
if (leftmax
> rightmax)
{
max = leftmax
;
second
= leftsecond > rightmax
? leftsecond : rightmax
;
}
else
{
max = rightmax
;
second
= leftmax < rightsecond
? rightsecond : leftmax
;
}
}
}
求数组中出现次数超过一半的元素
给定一个含有n个元素的整型数组a，其中有个元素出现次数超过n/2，求出这个元素。据说是百度的一道题。
分析
暂且先不说当前作者的思路，我看到这个问题的时候，想到了如下方法：
1. 先进行排序，常规的方法就是快速排序，平均时间复杂度为O(nlogn))，然后取第n/2个元素即可，当然，这种方法的前提是存在这个所谓的“主元素”；若不清楚，还是需要验证的；
2. 由于肯定该数组中含有这么个元素，该题就转换为找中位数了。找中位数的方法线性时间内有两种：第一、基于分治法的线性期望时间求中位数，该方法是线性期望时间，类似于快速排序；第二、最坏情况下也是线性时间复杂度的方法——“五分中项的中项”划分方法；
3、分治的思想 若a中存在主元素，则将a分为两部分后，a的主元素也必为两部分中至少一部分主元素，因此可用分治法。
将元素划分两部分，递归地检查两部分有无主元素。算法如下：
a. 若a中只含有一个元素，则此元素就是主元素，返回此数；
b. 将a分为两部分a1和a2（二者元素相等或只差一个），分别递归调用此方法求其主元素m1和m2；
c. 若m1和m2都存在且相等，则这个是就是a的主元素，返回次数；
d. 若m1和m2都存在且不相等，则分别检查这两个数是否为a的主元素，若有则返回此数，若无则返回空值；
e. 若m1和m2都不存在，则a无主元素，返回空值；
f. 若m1和m2只有一个存在，则检查这个数是否为a的主元素，若是则返回此数，若否就返回空值；
对于作者给出的这种算法，我在《编程之美》上看到过，即“寻找发帖水王”的题目。
设置一个当前值和当前值的计数器，初始化当前值为数组首元素，计数器值为1，然后从第二个元素开始遍历整个数组，对于每个被遍历到的值a[i]
1. 如果a[i] == currentvalue，则计数器加1；
2. 如果a[i] != currentvalue，则计数器减一，如果计数器等于0，则更新当前值为a[i]，并将计数器值重置为1；
代码
void Find(int a[],
int length)
{
int candidate;
int i, ntimes;
i = 0;
ntimes = 0;
for(i
= 0; i
< length; i++)
{
if(ntimes
== 0)//计数为0时，读入新的元素，计数加1
{
candidate = a[i];
ntimes = 1;
}
else
{
if(candidate
== a[i])//如果数据相同，计数加1
{
ntimes++;
}
else
{
ntimes--;
//如果计数不同，则计数减1，相当于删除了两个元素
}
}
}
int count
= 0;
for(i
= 0; i
<length; i++)
{
if(candidate
== a[i])
count++;
}
//最终得到的candidate元素有可能是序列最末位的两个元素之一
//因此，需要验证
if(count
> length/2)
{
cout << endl
<<
"主元素为: " << candidate
<< endl;
}
else
{
cout <<
"没有主元素." << endl;
}
}
求数组中元素的最短距离
给定一个含有n个元素的整型数组a，找出数组中的两个元素x和y，使得abs(x - y)值最小。
分析
看到这个题目，首先想到的是Brute Force，这样需要的时间复杂度为O(n^2)；
另外，我们可以先进行排序，然后遍历一次数组即可。
不知道还有没有更好的方法？？？？
代码
int compare(const void* a,
const void* b)
{
return *(int*)a
- *(int*)b
;
}
// 求数组中元素的最短距离
void MinimumDistance(int* a,
int n)
{
// Sort
qsort(a, n, sizeof(int),
compare) ;
int i ;
// Index of number 1
int j ;
// Index of number 2
int minDistance
= numeric_limits<int>::max()
;
for (int k
= 0; k
< n - 1;
++k)
{
if (a[k
+ 1]
- a[k]
< minDistance)
{
minDistance = a[k
+ 1]
- a[k]
;
i = a[k]
;
j = a[k
+ 1]
;
}
}
cout <<
"Minimum distance is: "
<< minDistance
<< endl ;
cout <<
"i = " << i
<<
" j = " << j
<< endl
;
}
求两个有序数组的共同元素
给定两个含有n个元素的有序（非降序）整型数组a和b，求出其共同元素，比如
a = 0, 1, 2, 3, 4
b = 1, 3, 5, 7, 9
输出1, 3
分析
充分利用数组有序的性质，用两个指针i和j分别指向a和b，比较a[i]和b[j]，根据比较结果移动指针，则有如下三种情况：
1. a[i] < b[j]，则i++，继续比较；
2. a[i] == b[j]，则i和j皆加1，继续比较；
3. a[i] > b[j]，则j++，继续比较；
重复以上过程，直至i或j到达数组末尾。
代码
// 找出两个数组的共同元素
void FindCommon(int* a,
int* b,
int n)
{
int i = 0;
int j = 0
;
while (i
< n && j
< n)
{
if (a[i]
< b[j])
++i
;
else if(a[i]
== b[j])
{
cout << a[i]
<< endl
;
++i
;
++j
;
}
else// a[i]
> b[j]
++j
;
}
}
这道题还要其他的解法，比如对于a中任意一个元素，在b中对齐进行Bianry Search，因为a中有n个元素，而在b中进行Binary Search需要logn，所以，找出全部相同元素的时间复杂度O(nlogn)。
另外，上面的解法，只要b有序即可，a是否有序无所谓，因为我们只是在b中做Binary Search。如果a也有序的话，那么用上面的方法就有点慢了，因为如果a中某个元素在b中的位置是k的话，那么a中下一个元素在b中的位置一定位于k的右侧，所以本次搜索空间可以根据上次搜索结果缩小，而不是在整个b中搜索。也即如果a和b都有序的话，代码可以做如下修改，记录上次搜索b中的元素位置，作为下一次搜索的起始点。
求三个数组的共同元素
给定三个含有n个元素的整型数组a、b和c，求他们最小的公共元素。
分析
如果三个数组都有序，那么可以设置三个指针指向三个数组的头部，然后根据这三个指针所指的值进行比较来移动指针，直到找到共同元素。
代码
// 三个数组的共同元素-只找最小的
void FindCommonElements(int a[],
int b[],
int c[],
int x,
int y, int z)
{
for(int i
= 0, j
= 0, k = 0; i
< x && j
< y && k
< z;)
{
if(a[i]
< b[j])
{
i++
;
}
else // a[i]
>= b[j]
{
if(b[j]
< c[k])
{
j++
;
}
else
// b[j]
>= c[k]
{
if(c[k]
< a[i])
{
k++
;
}
else
// c[k]
>= a[i]
{
cout << c[k]
<< endl
;
return ;
}
}
}
}
cout <<
"Not found!" << endl
;
}
如果三个数组都没有序的话，可以对a和b进行排序，然后对c中任意一个元素都在b和c中做二分搜索。
// 找出三个数组的共同元素
// O(NlogN)
int UniqueCommonItem(int
*a,
int *b,
int *c,
int n)
{
// sort
array a
qsort(a, n, sizeof(int),
compare) ;
// NlogN
// sort
array b
qsort(b, n, sizeof(int),
compare) ;
// NlogN
//
for each element
in array c,
do a binary search
in a and b
// This
is up to a complexity of N*2*logN
for (int i
= 0; i
< n; i++)
{
if(BinarySearch(a, n, c[i])
&& BinarySearch(b, n, c[i]))
return c[i]
;
}
return - 1
; //
not found
}
也可以对a进行排序，然后对于b和c中任意一个元素都在a中进行二分搜索，但是这样做是由问题的：当b[i]和c[i]同时都在a里面也说明不了就是共同元素。
小小总结一下，对于在数组中进行查找的问题，可以分为如下两种情况处理：
1. 如果给定的数组有序，那么首先应该想到的是二分查找，时间复杂度为（logn）；
2. 如果给定的数组无序，那么首先应该想到对数组进行排序，很多排序算法都能在O(nlogn)时间内对数组进行排序，然后再使用二分搜索，总的时间复杂度为O(nlogn)。
找出数组中唯一的重复元素
给定含有1001个元素的数组，其中存放了1-1000之内的整数，只有一个整数是重复的，其他均只出现一次，每个数组元素只能访问一次。请找出这个数。
分析
方法一：当N为比较大的数时警惕溢出
求出整个数组的和，再减去1-1000的和，得到的差即为重复的元素。
方法二：
数组取值操作可以看作一个特殊的函数f: D->R，定义域为下标值0~1000，值域为1到1000，我们把f(i)叫做它的后继，i叫f(i)的前驱。0只有后继没有前驱，其他数字既有后继又有前驱，重复的那个数字有两个前驱，我们将利用这些特征。
规律：从0开始画一个箭头指向它的后继，从它的后继继续指向后继的后继，这样，必然会有一个节点指向之前已经出现过的数，即为重复的数。
即利用下标与单元中所存储的内容之间的特殊关系，进行遍历访问单元，一旦访问过的单元赋予一个标记，利用标记作为发现重复数字的关键。
代码如下所示。
void FindRepeat(int
array[],
int length)
{
int index
= 0;
while (
true )
{
if (
array[index]<0
)
break;
array[index]
*=
-1; //访问过，变成相反数
index=array[index]*(-1);
}
cout<<"The repeat number is "<<
-array[index]
<<endl;
}
方法三：
同样考虑下标与内容的关系，不过不用标记，而用两个速度不同的过程来访问。slow每次前进一步，fast每次前进两步，在有环结构中，总会相遇。
代码如下所示。
void FindRepeat(int
array[],
int length)
{
int slow=fast= 0;
while (
true )
{
slow =
array[slow];
fast =
array[array[fast]];
if( slow
== fast
)
break;
}
cout << slow
<< endl;
}
方法四：异或操作
void FindRepeat(int
array[],
int length)
{
int result
= 0;
for(int i=1;i<=1000;i++)
result ^= i;
for(int i=0;i<=1000;i++)
result ^=
array[i];
cout << result
<< endl;
}
求找出出现奇数次的元素
给定一个含有n个元素的整型数组a，其中只有一个出现奇数次，找出这个元素。
分析
因为对于任意一个数k，有k^k = 0，k^ 0 = k，所以将a中所有元素进行异或，那么个数为偶数的元素异或后都变成了0，只留下个数为奇数的那个元素。
代码
Code highlighting produced by Actipro CodeHighlighter
(freeware)
http://www.CodeHighlighter.com/-->int FindElementWithOddCount(int*a,
int n)
{
int r
= a[0]
;
for (int i
=1; i
< n; ++i)
{
r ^= a[i]
;
}
return r ;
}
对于上述题目，出现一个奇数次的数，这样比较好求。但对于下面的题目，该如何求解呢？
题目：
有N+2个数，N个数出现了偶数次，2个数出现了奇数次（这两个数不相等），问用O(1)的空间复杂度，找出这两个数，不需要知道具体位置，只需要知道这两个值。
求解方法如下：
假设这两个数为a和b，将数组中所有元素异或结果为x = a ^ b，判断x中位为1的位数（注：因为a != b，所以x不等于0，我们只需要知道某一个位为1的位数k，例如0010 1100，我们可以取k = 2,或3， 或者5），然后将x与数组中第k位为1的数进行异或，异或结果为就是a,b中一个，然后用x异或，就可以求出另外一个。
为什么呢？因为x总第k位为1表示a或b中有一个数的第k位也为1，假设为a，将x与数组中第k位为1的数进行异或时，也即将x与a外加其他第k位为1出现过的偶数次的数进行异或，化简即为x与a异或，结果就是b。
代码如下所示。
void getNum(int a[],int
length)
{
int s=0;//保存异或结果
for(int i=0;i<length;i++)
{
s=s^a[i];
}
int temp1=s;//临时保存异或结果
int temp2=s;//临时保存异或结果
int k=0;
while(!(temp1&1))//求位为1的位数
{
temp1=temp1>>1;
k++;
}
for(int i=0;i<length;i++)
{
if((a[i]>>k)&1)//将s与数组中第k位为1的数异或
{
cout<<a[i]<<"
";
s=s^a[i];
}
}
cout<<s<<" "<<(s^temp2)<<endl;//(s^temp2)用来求另外一个数
}
求数组中满足给定和的数对
给定两个含有n个元素的有序整型数组a和b，各有n个元素，求两个数组中满足给定和的数对，即对a中元素i和b中元素j，满足i
+ j = d(d已知)。
分析
两个指针i和j分别指向数组的首尾，然后从两端同时向中间遍历，直到两个指针交叉。
代码
// 找出满足给定和的数对
void FixedSum(int* a,
int* b,
int n,
int d)
{
for (int i
= 0, j
= n - 1; i
< n && j
>= 0)
{
if (a[i]
+ b[j]
< d)
++i
;
else if
(a[i]
+ b[j]
== d)
{
cout << a[i]
<<
", " << b[j]
<< endl
;
++i
;
--j
;
}
else // a[i]
+ b[j]
> d
--j
;
}
}
求最大连续子段和
给定一个整型数组a，求出最大连续子段和，如果和为负数，则按 0计算，比如1， 2， -5， 6， 8，则输出6 + 8 = 14。
分析
《编程珠玑》上的经典题目，不多说了。
代码
// 子数组的最大和
int Sum(int* a,
int n)
{
int curSum
= 0;
int maxSum
= 0;
for (int i
= 0; i
< n; i++)
{
if (curSum
+ a[i]
< 0)
curSum = 0;
else
{
curSum += a[i]
;
maxSum = max(maxSum, curSum);
}
}
return maxSum;
}
求最大连续子段的乘积
给定一个整型数组a，求出最大连续子段的乘积，比如1， 2， -8， 12， 7则输出12*7 = 84。
分析
与最大连续字段和类似，注意处理负数的情况。
代码
// 子数组的最大乘积
int MaxProduct(int
*a,
int n)
{
int maxProduct
= 1; // max positive product at current position
int minProduct
= 1; // min negative product at current position
int r = 1;
// result, max multiplication totally
for (int i
= 0; i
< n; i++)
{
if (a[i]
> 0)
{
maxProduct *= a[i];
minProduct = min(minProduct
* a[i], 1);
}
else if
(a[i]
== 0)
{
maxProduct = 1;
minProduct = 1;
}
else // a[i]
< 0
{
int temp
= maxProduct;
maxProduct = max(minProduct
* a[i], 1);
minProduct = temp
* a[i];
}
r = max(r, maxProduct);
}
return r;
}
数组循环移位
将一个含有n个元素的数组向右循环移动k位，要求时间复杂度为O(n)，且只能使用两个额外的变量，这是在微软的编程之美上看到的。
分析
最经典的两种做法：三次翻转、STL中的实现方法（这个看懂了，再补上）。
代码
// 将buffer中start和end之间的元素逆序
void Reverse(
int buffer[],
int start,
int end )
{
while ( start
< end
)
{
int temp
= buffer[ start
] ;
buffer[ start++
] = buffer[
end ]
;
buffer[
end--
] = temp
;
}
}
// 将含有n个元素的数组buffer右移k位
void Shift( int buffer[],
int n,
int k )
{
k %= n
;
Reverse( buffer, 0, n
- k - 1)
;
Reverse( buffer, n
- k, n
- 1 ) ;
Reverse( buffer, 0, n
- 1 )
;
}
字符串逆转
给定一个含有n个元素的字符数组a，将其原地逆转。
分析
用两个指针分别指向字符数组的首尾部，交换其对应的字符，然后两个指针分别向数组中央移动，直到交叉。
代码
略
组合问题
给定一个含有n个元素的整型数组a，从中任取m个元素，求所有组合。比如下面的例子
a = 1, 2, 3, 4, 5
m = 3
输出
1 2 3, 1 2 4, 1 2 5, 1 3 4, 1 3 5, 1 4 5
2 3 4, 2 3 5, 2 4 5
3 4 5
分析
典型的排列组合问题，首选回溯法，为了简化问题，将a中的n个元素的值分别设置为1到n。
代码
// n选m的所有组合
int buffer[100]
;
void PrintArray(int
*a,
int n)
{
for (int i
= 0; i
< n; ++i)
cout << a[i]
<<
"";
cout << endl
;
}
bool IsValid(int lastIndex,
int value)
{
for (int i
= 0; i
< lastIndex; i++)
{
if (buffer[i]
>= value)
return false;
}
return true;
}
void Select(int t,
int n,
int m)
{
if (t
== m)
PrintArray(buffer, m);
else
{
for (int i
= 1; i
<= n; i++)
{
buffer[t]
= i;
if
(IsValid(t, i))
Select(t
+ 1, n, m);
}
}
}
合并两个数组
给定含有n个元素的两个有序数组a和b。合并两个数组中的元素到整型数组c，要求去除重复元素并保持c有序。
分析
利用合并排序的思想，两个指针i、j和k分别指向数组a、b和c，然后比较两个指针对应元素的大小，有以下三种情况：
1. a[i] < b[j]，则c[k] = a[i];
2. a[i] == b[j], 则c[k]等于a[i]或b[j]即可；
3. a[i] > b[j], 则c[k] = b[j];
重复以上过程，直到i或者j到达数组末尾，然后将剩下的元素直接copy到数组c中即可。
代码
// 合并两个有序数组
void Merge(int
*a,
int *b,
int *c,
int n)
{
int i = 0
;
int j = 0
;
int k = 0
;
while (i
< n && j
< n)
{
if (a[i]
< b[j])// 如果a的元素小，则插入a中元素到c
{
c[k++]
= a[i]
;
++i
;
}
else if
(a[i]
== b[j])// 如果a和b元素相等，则插入二者皆可，这里插入a
{
c[k++]
= a[i]
;
++i
;
++j
;
}
else // a[i]
> b[j]
// 如果b中元素小，则插入b中元素到c
{
c[k++]
= b[j]
;
++j
;
}
}
if (i
== n)
// 若a遍历完毕，处理b中剩下的元素
{
for (int m
= j; m
< n; ++m)
c[k++]
= b[m]
;
}
else//j
== n, 若b遍历完毕，处理a中剩下的元素
{
for (int m
= i; m
< n; ++m)
c[k++]
= a[m]
;
}
}
重排问题
给定含有n个元素的整型数组a，其中包括0元素和非0元素，对数组进行排序，要求：
1. 排序后所有0元素在前，所有非0元素在后，且非零元素排序前后相对位置不变
2. 不能使用额外存储空间
例子如下
输入 0， 3， 0， 2， 1， 0， 0
输出 0， 0， 0， 0， 3， 2， 1
分析
此排序非传统意义上的排序，因为它要求排序前后非0元素相对位置不变，或者叫整理更恰当。可以从后向前遍历整个数组，遇到某个位置i上的元素是非0元素时，如果a[k]为0，则将a[i]赋值给a[k]，a[k]赋值为0。实际上，i是非0元素的下标，而k是0元素的下标。
代码
void Arrange(int* a,
int n)
{
int k = n
-1 ;
for (int i
= n -1; i
>=0;
--i)
{
if (a[i]
!=0)
{
if
(a[k]
==0)
{
a[k]
= a[i]
;
a[i]
=0 ;
}
--k
;
}
}
}
找出绝对值最小的元素
给定一个有序整数序列（非递减序），可能包含负数，找出其中绝对值最小的元素，比如给定序列 -5, -3, -1, 2, 8 则返回1。
分析
由于给定序列是有序的，而这又是搜索问题，所以首先想到二分搜索法，只不过这个二分法比普通的二分法稍微麻烦点，可以分为下面几种情况
1. 如果给定的序列中所有的数都是正数，那么数组的第一个元素即是结果。
2. 如果给定的序列中所有的数都是负数，那么数组的最后一个元素即是结果。
3. 如果给定的序列中既有正数又有负数，那么绝对值得最小值一定出现在正数和负数的连接处。
为什么？因为对于负数序列来说，右侧的数字比左侧的数字绝对值小，如上面的-5, -3, -1, 而对于整数来说，左边的数字绝对值小，比如上面的2, 8，将这个思想用于二分搜索，可先判断中间元素和两侧元素的符号，然后根据符号决定搜索区间，逐步缩小搜索区间，直到只剩下两个元素。
代码
单独设置一个函数用来判断两个整数的符号是否相同
// 找出一个非递减序整数序列中绝对值最小的数
int MinimumAbsoluteValue(int* a,
int n)
{
// Only one number
in array
if (n
==1)
{
return a[0]
;
}
// All numbers
in array have the same sign
if (SameSign(a[0], a[n
-1]))
{
return a[0]
>=0? a[0]
: a[n
-1] ;
}
// Binary search
int l =0
;
int r = n
-1 ;
while(l
< r)
{
if (l
+1== r)
{
return abs(a[l])
< abs(a[r])
? a[l]
: a[r]
;
}
int m
= (l + r)
/2 ;
if (SameSign(a[m], a[r]))
{
r = m
-1;
continue;
}
if (SameSign(a[l], a[m]))
{
l = m
+1 ;
continue;
}
}
}
上面的代码是有问题的：查找数组a[4]={-2, -1, 3, 4}返回的是3，好像是有点问题。循环中保持的不变式应该是a[l]<0 && a[r]>0,所以比较中间元a[m]与a[l],a[r]的符号后，要保持不变式，就应该是l=m或者r=。现修正如下。
// 找出一个非递减序整数序列中绝对值最小的数
int MinimumAbsoluteValue(int* a,
int n)
{
// Only one number
in array
if (n
==1)
{
return a[0]
;
}
// All numbers
in array have the same sign
if (SameSign(a[0], a[n
-1]))
{
return a[0]
>=0? a[0]
: a[n
-1] ;
}
// Binary search
int l =0
;
int r = n
-1 ;
while(l
< r)
{
if (l
+ 1 == r)
{
return abs(a[l])
< abs(a[r])
? a[l]
: a[r]
;
}
int m
= (l + r)
/2 ;
if (SameSign(a[m], a[r]))
{
r = m;
continue;
}
if (SameSign(a[l], a[m]))
{
l = m
;
continue;
}
}
}
转自：点击打开链接
分类： C/C++
数组是最基本的数据结构，关于数组的面试题也屡见不鲜，本文罗列了一些常见的面试题，仅供参考，如果您有更好的题目或者想法，欢迎留言讨论。目前有以下18道题目，如有好的题目，随时更新。
数组求和
求数组中的最大值和最小值
求数组中的最大值和次大值
求数组中出现次数超过一半的元素
求数组中元素的最短距离
求两个有序数组的共同元素
求三个数组的共同元素
找出数组中唯一重复的元素
找出出现奇数次的元素
求数组中满足给定和的数对
最大子段和
最大子段积
数组循环移位
字符串逆转
组合问题
合并两个数组
重排问题
找出绝对值最小的元素
数组求和
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中所有元素的和。可能您会觉得很简单，是的，的确简单，但是为什么还要说呢，原因：这道题要求用递归，只用一行代码。
分析
简单说一下，两种情况：
1. 如果数组元素个数为0，那么和为0；
2. 如果数组元素个数为n，那么先求出前n-1个元素之和，再加上a[n - 1]即可；
代码
// 数组求和
int sum(int*a,
int n)
{
return n ==0?0
: sum(a, n
-1)
+ a[n -1];
}
求数组的最大值和最小值
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中的最大值和最小值。
分析
常规的做法是遍历一次，分别求出最大值和最小值，事实上，至多3|n/2|（||代表向下取整）就足以找出最小值和最大值。做法是：记录比较过程中遇到的最小值和最大值。我们并不是将每一个输入元素与当前的最大值和最小值进行比较（这样做的代价是每个元素需要两次比较），而是成对的处理元素。先将一对输入元素进行比较，然后把较小者与当前最小值进行比较，把较大者与当前最大值比较，因此每两个元素比较3次。
如何假定当前最小值和最大值的初始值依赖于n是奇数还是偶数。如果n是奇数，就将最小值和最大值都设为第一个元素的值，然后成对的处理余下的元素。如果n是偶数，就对前两个元素做一次比较，以决定最小值和最大值的初值，然后如同n是奇数的情形一样，成对的处理余下的元素。
但是这里要说的是分治法，将数组分成左右两部分，先求出左半部分的最大值和最小值，再求出右半部分的最大值和最小值，然后综合起来求总体的最大值和最小值。这是个递归的过程，对于划分后的左右两部分，同样重复这个过程，直到划分区间内只剩下一个元素或者两个元素。
代码
// 求数组的最大值和最小值，返回值在maxValue和minValue
void MaxandMin(int
*a,
int l, int r,
int& maxValue,
int& minValue)
{
if(l
== r)
// l与r之间只有一个元素
{
maxValue = a[l]
;
minValue = a[l]
;
return ;
}
if(l
+ 1 == r)
// l与r之间只有两个元素
{
if(a[l]
>= a[r])
{
maxValue = a[l]
;
minValue = a[r]
;
}
else
{
maxValue = a[r]
;
minValue = a[l]
;
}
return ;
}
int m =
(l + r)
/ 2 ;
// 求中点
int lmax ;
// 左半部份最大值
int lmin ;
// 左半部份最小值
MaxandMin(a, l, m, lmax, lmin)
; // 递归计算左半部份
int rmax ;
// 右半部份最大值
int rmin ;
// 右半部份最小值
MaxandMin(a, m
+ 1, r, rmax, rmin)
; // 递归计算右半部份
maxValue = max(lmax, rmax)
; // 总的最大值
minValue = min(lmin, rmin)
; // 总的最小值
}
求数组的最大值和次小值
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中的最大值和次小值。
分析
思路和上一题类似，同样是用分治法，先求出左边的最大值leftmax和次大值leftsecond，再求出右边的最大值rightmax和次大值rightsecond，然后合并，如何合并呢？分情况考虑。
1. 如果leftmax > rightmax，那么可以肯定leftmax是最大值，但次大值不一定是rightmax，但肯定不是rightsecond，只需将leftsecond和rightmax做一次比较即可；
2. 如果rightmax > leftmax，那么可以肯定的rightmax是最大值，但次大值不一样是leftmax，但肯定不是leftsecond，所以只需将leftmax与rightsecond做一次比较即可；
注意
这种方法无法处理最大元素有多个的情况，比如3,5,7,7，将返回7,7而不是7,5。感谢网友，从无到有靠他人指出。
代码
// 找出数组的最大值和次大值，a是待查找的数组，left和right是查找区间，max和second存放结果
void MaxandMin(int a[],
int left,
int right,
int&max,
int&second)
{
if(left
==
right)
{
max = a[left]
;
second
= INT_MIN;
}
elseif(left
+1==
right)
{
max = a[left]
> a[right]
? a[left]
: a[right]
;
second
= a[left]
< a[right]
? a[left]
: a[right]
;
}
else
{
int mid
= left
+ (right
- left)
/2 ;
int leftmax
;
int leftsecond
;
MaxandMin(a,
left,
mid, leftmax, leftsecond)
;
int rightmax
;
int rightsecond
;
MaxandMin(a,
mid +1,
right, rightmax, rightsecond)
;
if (leftmax
> rightmax)
{
max = leftmax
;
second
= leftsecond > rightmax
? leftsecond : rightmax
;
}
else
{
max = rightmax
;
second
= leftmax < rightsecond
? rightsecond : leftmax
;
}
}
}
求数组中出现次数超过一半的元素
给定一个含有n个元素的整型数组a，其中有个元素出现次数超过n/2，求出这个元素。据说是百度的一道题。
分析
暂且先不说当前作者的思路，我看到这个问题的时候，想到了如下方法：
1. 先进行排序，常规的方法就是快速排序，平均时间复杂度为O(nlogn))，然后取第n/2个元素即可，当然，这种方法的前提是存在这个所谓的“主元素”；若不清楚，还是需要验证的；
2. 由于肯定该数组中含有这么个元素，该题就转换为找中位数了。找中位数的方法线性时间内有两种：第一、基于分治法的线性期望时间求中位数，该方法是线性期望时间，类似于快速排序；第二、最坏情况下也是线性时间复杂度的方法——“五分中项的中项”划分方法；
3、分治的思想 若a中存在主元素，则将a分为两部分后，a的主元素也必为两部分中至少一部分主元素，因此可用分治法。
将元素划分两部分，递归地检查两部分有无主元素。算法如下：
a. 若a中只含有一个元素，则此元素就是主元素，返回此数；
b. 将a分为两部分a1和a2（二者元素相等或只差一个），分别递归调用此方法求其主元素m1和m2；
c. 若m1和m2都存在且相等，则这个是就是a的主元素，返回次数；
d. 若m1和m2都存在且不相等，则分别检查这两个数是否为a的主元素，若有则返回此数，若无则返回空值；
e. 若m1和m2都不存在，则a无主元素，返回空值；
f. 若m1和m2只有一个存在，则检查这个数是否为a的主元素，若是则返回此数，若否就返回空值；
对于作者给出的这种算法，我在《编程之美》上看到过，即“寻找发帖水王”的题目。
设置一个当前值和当前值的计数器，初始化当前值为数组首元素，计数器值为1，然后从第二个元素开始遍历整个数组，对于每个被遍历到的值a[i]
1. 如果a[i] == currentvalue，则计数器加1；
2. 如果a[i] != currentvalue，则计数器减一，如果计数器等于0，则更新当前值为a[i]，并将计数器值重置为1；
代码
void Find(int a[],
int length)
{
int candidate;
int i, ntimes;
i = 0;
ntimes = 0;
for(i
= 0; i
< length; i++)
{
if(ntimes
== 0)//计数为0时，读入新的元素，计数加1
{
candidate = a[i];
ntimes = 1;
}
else
{
if(candidate
== a[i])//如果数据相同，计数加1
{
ntimes++;
}
else
{
ntimes--;
//如果计数不同，则计数减1，相当于删除了两个元素
}
}
}
int count
= 0;
for(i
= 0; i
<length; i++)
{
if(candidate
== a[i])
count++;
}
//最终得到的candidate元素有可能是序列最末位的两个元素之一
//因此，需要验证
if(count
> length/2)
{
cout << endl
<<
"主元素为: " << candidate
<< endl;
}
else
{
cout <<
"没有主元素." << endl;
}
}
求数组中元素的最短距离
给定一个含有n个元素的整型数组a，找出数组中的两个元素x和y，使得abs(x - y)值最小。
分析
看到这个题目，首先想到的是Brute Force，这样需要的时间复杂度为O(n^2)；
另外，我们可以先进行排序，然后遍历一次数组即可。
不知道还有没有更好的方法？？？？
代码
int compare(const void* a,
const void* b)
{
return *(int*)a
- *(int*)b
;
}
// 求数组中元素的最短距离
void MinimumDistance(int* a,
int n)
{
// Sort
qsort(a, n, sizeof(int),
compare) ;
int i ;
// Index of number 1
int j ;
// Index of number 2
int minDistance
= numeric_limits<int>::max()
;
for (int k
= 0; k
< n - 1;
++k)
{
if (a[k
+ 1]
- a[k]
< minDistance)
{
minDistance = a[k
+ 1]
- a[k]
;
i = a[k]
;
j = a[k
+ 1]
;
}
}
cout <<
"Minimum distance is: "
<< minDistance
<< endl ;
cout <<
"i = " << i
<<
" j = " << j
<< endl
;
}
求两个有序数组的共同元素
给定两个含有n个元素的有序（非降序）整型数组a和b，求出其共同元素，比如
a = 0, 1, 2, 3, 4
b = 1, 3, 5, 7, 9
输出1, 3
分析
充分利用数组有序的性质，用两个指针i和j分别指向a和b，比较a[i]和b[j]，根据比较结果移动指针，则有如下三种情况：
1. a[i] < b[j]，则i++，继续比较；
2. a[i] == b[j]，则i和j皆加1，继续比较；
3. a[i] > b[j]，则j++，继续比较；
重复以上过程，直至i或j到达数组末尾。
代码
// 找出两个数组的共同元素
void FindCommon(int* a,
int* b,
int n)
{
int i = 0;
int j = 0
;
while (i
< n && j
< n)
{
if (a[i]
< b[j])
++i
;
else if(a[i]
== b[j])
{
cout << a[i]
<< endl
;
++i
;
++j
;
}
else// a[i]
> b[j]
++j
;
}
}
这道题还要其他的解法，比如对于a中任意一个元素，在b中对齐进行Bianry Search，因为a中有n个元素，而在b中进行Binary Search需要logn，所以，找出全部相同元素的时间复杂度O(nlogn)。
另外，上面的解法，只要b有序即可，a是否有序无所谓，因为我们只是在b中做Binary Search。如果a也有序的话，那么用上面的方法就有点慢了，因为如果a中某个元素在b中的位置是k的话，那么a中下一个元素在b中的位置一定位于k的右侧，所以本次搜索空间可以根据上次搜索结果缩小，而不是在整个b中搜索。也即如果a和b都有序的话，代码可以做如下修改，记录上次搜索b中的元素位置，作为下一次搜索的起始点。
求三个数组的共同元素
给定三个含有n个元素的整型数组a、b和c，求他们最小的公共元素。
分析
如果三个数组都有序，那么可以设置三个指针指向三个数组的头部，然后根据这三个指针所指的值进行比较来移动指针，直到找到共同元素。
代码
// 三个数组的共同元素-只找最小的
void FindCommonElements(int a[],
int b[],
int c[],
int x,
int y, int z)
{
for(int i
= 0, j
= 0, k = 0; i
< x && j
< y && k
< z;)
{
if(a[i]
< b[j])
{
i++
;
}
else // a[i]
>= b[j]
{
if(b[j]
< c[k])
{
j++
;
}
else
// b[j]
>= c[k]
{
if(c[k]
< a[i])
{
k++
;
}
else
// c[k]
>= a[i]
{
cout << c[k]
<< endl
;
return ;
}
}
}
}
cout <<
"Not found!" << endl
;
}
如果三个数组都没有序的话，可以对a和b进行排序，然后对c中任意一个元素都在b和c中做二分搜索。
// 找出三个数组的共同元素
// O(NlogN)
int UniqueCommonItem(int
*a,
int *b,
int *c,
int n)
{
// sort
array a
qsort(a, n, sizeof(int),
compare) ;
// NlogN
// sort
array b
qsort(b, n, sizeof(int),
compare) ;
// NlogN
//
for each element
in array c,
do a binary search
in a and b
// This
is up to a complexity of N*2*logN
for (int i
= 0; i
< n; i++)
{
if(BinarySearch(a, n, c[i])
&& BinarySearch(b, n, c[i]))
return c[i]
;
}
return - 1
; //
not found
}
也可以对a进行排序，然后对于b和c中任意一个元素都在a中进行二分搜索，但是这样做是由问题的：当b[i]和c[i]同时都在a里面也说明不了就是共同元素。
小小总结一下，对于在数组中进行查找的问题，可以分为如下两种情况处理：
1. 如果给定的数组有序，那么首先应该想到的是二分查找，时间复杂度为（logn）；
2. 如果给定的数组无序，那么首先应该想到对数组进行排序，很多排序算法都能在O(nlogn)时间内对数组进行排序，然后再使用二分搜索，总的时间复杂度为O(nlogn)。
找出数组中唯一的重复元素
给定含有1001个元素的数组，其中存放了1-1000之内的整数，只有一个整数是重复的，其他均只出现一次，每个数组元素只能访问一次。请找出这个数。
分析
方法一：当N为比较大的数时警惕溢出
求出整个数组的和，再减去1-1000的和，得到的差即为重复的元素。
方法二：
数组取值操作可以看作一个特殊的函数f: D->R，定义域为下标值0~1000，值域为1到1000，我们把f(i)叫做它的后继，i叫f(i)的前驱。0只有后继没有前驱，其他数字既有后继又有前驱，重复的那个数字有两个前驱，我们将利用这些特征。
规律：从0开始画一个箭头指向它的后继，从它的后继继续指向后继的后继，这样，必然会有一个节点指向之前已经出现过的数，即为重复的数。
即利用下标与单元中所存储的内容之间的特殊关系，进行遍历访问单元，一旦访问过的单元赋予一个标记，利用标记作为发现重复数字的关键。
代码如下所示。
void FindRepeat(int
array[],
int length)
{
int index
= 0;
while (
true )
{
if (
array[index]<0
)
break;
array[index]
*=
-1; //访问过，变成相反数
index=array[index]*(-1);
}
cout<<"The repeat number is "<<
-array[index]
<<endl;
}
方法三：
同样考虑下标与内容的关系，不过不用标记，而用两个速度不同的过程来访问。slow每次前进一步，fast每次前进两步，在有环结构中，总会相遇。
代码如下所示。
void FindRepeat(int
array[],
int length)
{
int slow=fast= 0;
while (
true )
{
slow =
array[slow];
fast =
array[array[fast]];
if( slow
== fast
)
break;
}
cout << slow
<< endl;
}
方法四：异或操作
void FindRepeat(int
array[],
int length)
{
int result
= 0;
for(int i=1;i<=1000;i++)
result ^= i;
for(int i=0;i<=1000;i++)
result ^=
array[i];
cout << result
<< endl;
}
求找出出现奇数次的元素
给定一个含有n个元素的整型数组a，其中只有一个出现奇数次，找出这个元素。
分析
因为对于任意一个数k，有k^k = 0，k^ 0 = k，所以将a中所有元素进行异或，那么个数为偶数的元素异或后都变成了0，只留下个数为奇数的那个元素。
代码
Code highlighting produced by Actipro CodeHighlighter
(freeware)
http://www.CodeHighlighter.com/-->int FindElementWithOddCount(int*a,
int n)
{
int r
= a[0]
;
for (int i
=1; i
< n; ++i)
{
r ^= a[i]
;
}
return r ;
}
对于上述题目，出现一个奇数次的数，这样比较好求。但对于下面的题目，该如何求解呢？
题目：
有N+2个数，N个数出现了偶数次，2个数出现了奇数次（这两个数不相等），问用O(1)的空间复杂度，找出这两个数，不需要知道具体位置，只需要知道这两个值。
求解方法如下：
假设这两个数为a和b，将数组中所有元素异或结果为x = a ^ b，判断x中位为1的位数（注：因为a != b，所以x不等于0，我们只需要知道某一个位为1的位数k，例如0010 1100，我们可以取k = 2,或3， 或者5），然后将x与数组中第k位为1的数进行异或，异或结果为就是a,b中一个，然后用x异或，就可以求出另外一个。
为什么呢？因为x总第k位为1表示a或b中有一个数的第k位也为1，假设为a，将x与数组中第k位为1的数进行异或时，也即将x与a外加其他第k位为1出现过的偶数次的数进行异或，化简即为x与a异或，结果就是b。
代码如下所示。
void getNum(int a[],int
length)
{
int s=0;//保存异或结果
for(int i=0;i<length;i++)
{
s=s^a[i];
}
int temp1=s;//临时保存异或结果
int temp2=s;//临时保存异或结果
int k=0;
while(!(temp1&1))//求位为1的位数
{
temp1=temp1>>1;
k++;
}
for(int i=0;i<length;i++)
{
if((a[i]>>k)&1)//将s与数组中第k位为1的数异或
{
cout<<a[i]<<"
";
s=s^a[i];
}
}
cout<<s<<" "<<(s^temp2)<<endl;//(s^temp2)用来求另外一个数
}
求数组中满足给定和的数对
给定两个含有n个元素的有序整型数组a和b，各有n个元素，求两个数组中满足给定和的数对，即对a中元素i和b中元素j，满足i
+ j = d(d已知)。
分析
两个指针i和j分别指向数组的首尾，然后从两端同时向中间遍历，直到两个指针交叉。
代码
// 找出满足给定和的数对
void FixedSum(int* a,
int* b,
int n,
int d)
{
for (int i
= 0, j
= n - 1; i
< n && j
>= 0)
{
if (a[i]
+ b[j]
< d)
++i
;
else if
(a[i]
+ b[j]
== d)
{
cout << a[i]
<<
", " << b[j]
<< endl
;
++i
;
--j
;
}
else // a[i]
+ b[j]
> d
--j
;
}
}
求最大连续子段和
给定一个整型数组a，求出最大连续子段和，如果和为负数，则按 0计算，比如1， 2， -5， 6， 8，则输出6 + 8 = 14。
分析
《编程珠玑》上的经典题目，不多说了。
代码
// 子数组的最大和
int Sum(int* a,
int n)
{
int curSum
= 0;
int maxSum
= 0;
for (int i
= 0; i
< n; i++)
{
if (curSum
+ a[i]
< 0)
curSum = 0;
else
{
curSum += a[i]
;
maxSum = max(maxSum, curSum);
}
}
return maxSum;
}
求最大连续子段的乘积
给定一个整型数组a，求出最大连续子段的乘积，比如1， 2， -8， 12， 7则输出12*7 = 84。
分析
与最大连续字段和类似，注意处理负数的情况。
代码
// 子数组的最大乘积
int MaxProduct(int
*a,
int n)
{
int maxProduct
= 1; // max positive product at current position
int minProduct
= 1; // min negative product at current position
int r = 1;
// result, max multiplication totally
for (int i
= 0; i
< n; i++)
{
if (a[i]
> 0)
{
maxProduct *= a[i];
minProduct = min(minProduct
* a[i], 1);
}
else if
(a[i]
== 0)
{
maxProduct = 1;
minProduct = 1;
}
else // a[i]
< 0
{
int temp
= maxProduct;
maxProduct = max(minProduct
* a[i], 1);
minProduct = temp
* a[i];
}
r = max(r, maxProduct);
}
return r;
}
数组循环移位
将一个含有n个元素的数组向右循环移动k位，要求时间复杂度为O(n)，且只能使用两个额外的变量，这是在微软的编程之美上看到的。
分析
最经典的两种做法：三次翻转、STL中的实现方法（这个看懂了，再补上）。
代码
// 将buffer中start和end之间的元素逆序
void Reverse(
int buffer[],
int start,
int end )
{
while ( start
< end
)
{
int temp
= buffer[ start
] ;
buffer[ start++
] = buffer[
end ]
;
buffer[
end--
] = temp
;
}
}
// 将含有n个元素的数组buffer右移k位
void Shift( int buffer[],
int n,
int k )
{
k %= n
;
Reverse( buffer, 0, n
- k - 1)
;
Reverse( buffer, n
- k, n
- 1 ) ;
Reverse( buffer, 0, n
- 1 )
;
}
字符串逆转
给定一个含有n个元素的字符数组a，将其原地逆转。
分析
用两个指针分别指向字符数组的首尾部，交换其对应的字符，然后两个指针分别向数组中央移动，直到交叉。
代码
略
组合问题
给定一个含有n个元素的整型数组a，从中任取m个元素，求所有组合。比如下面的例子
a = 1, 2, 3, 4, 5
m = 3
输出
1 2 3, 1 2 4, 1 2 5, 1 3 4, 1 3 5, 1 4 5
2 3 4, 2 3 5, 2 4 5
3 4 5
分析
典型的排列组合问题，首选回溯法，为了简化问题，将a中的n个元素的值分别设置为1到n。
代码
// n选m的所有组合
int buffer[100]
;
void PrintArray(int
*a,
int n)
{
for (int i
= 0; i
< n; ++i)
cout << a[i]
<<
"";
cout << endl
;
}
bool IsValid(int lastIndex,
int value)
{
for (int i
= 0; i
< lastIndex; i++)
{
if (buffer[i]
>= value)
return false;
}
return true;
}
void Select(int t,
int n,
int m)
{
if (t
== m)
PrintArray(buffer, m);
else
{
for (int i
= 1; i
<= n; i++)
{
buffer[t]
= i;
if
(IsValid(t, i))
Select(t
+ 1, n, m);
}
}
}
合并两个数组
给定含有n个元素的两个有序数组a和b。合并两个数组中的元素到整型数组c，要求去除重复元素并保持c有序。
分析
利用合并排序的思想，两个指针i、j和k分别指向数组a、b和c，然后比较两个指针对应元素的大小，有以下三种情况：
1. a[i] < b[j]，则c[k] = a[i];
2. a[i] == b[j], 则c[k]等于a[i]或b[j]即可；
3. a[i] > b[j], 则c[k] = b[j];
重复以上过程，直到i或者j到达数组末尾，然后将剩下的元素直接copy到数组c中即可。
代码
// 合并两个有序数组
void Merge(int
*a,
int *b,
int *c,
int n)
{
int i = 0
;
int j = 0
;
int k = 0
;
while (i
< n && j
< n)
{
if (a[i]
< b[j])// 如果a的元素小，则插入a中元素到c
{
c[k++]
= a[i]
;
++i
;
}
else if
(a[i]
== b[j])// 如果a和b元素相等，则插入二者皆可，这里插入a
{
c[k++]
= a[i]
;
++i
;
++j
;
}
else // a[i]
> b[j]
// 如果b中元素小，则插入b中元素到c
{
c[k++]
= b[j]
;
++j
;
}
}
if (i
== n)
// 若a遍历完毕，处理b中剩下的元素
{
for (int m
= j; m
< n; ++m)
c[k++]
= b[m]
;
}
else//j
== n, 若b遍历完毕，处理a中剩下的元素
{
for (int m
= i; m
< n; ++m)
c[k++]
= a[m]
;
}
}
重排问题
给定含有n个元素的整型数组a，其中包括0元素和非0元素，对数组进行排序，要求：
1. 排序后所有0元素在前，所有非0元素在后，且非零元素排序前后相对位置不变
2. 不能使用额外存储空间
例子如下
输入 0， 3， 0， 2， 1， 0， 0
输出 0， 0， 0， 0， 3， 2， 1
分析
此排序非传统意义上的排序，因为它要求排序前后非0元素相对位置不变，或者叫整理更恰当。可以从后向前遍历整个数组，遇到某个位置i上的元素是非0元素时，如果a[k]为0，则将a[i]赋值给a[k]，a[k]赋值为0。实际上，i是非0元素的下标，而k是0元素的下标。
代码
void Arrange(int* a,
int n)
{
int k = n
-1 ;
for (int i
= n -1; i
>=0;
--i)
{
if (a[i]
!=0)
{
if
(a[k]
==0)
{
a[k]
= a[i]
;
a[i]
=0 ;
}
--k
;
}
}
}
找出绝对值最小的元素
给定一个有序整数序列（非递减序），可能包含负数，找出其中绝对值最小的元素，比如给定序列 -5, -3, -1, 2, 8 则返回1。
分析
由于给定序列是有序的，而这又是搜索问题，所以首先想到二分搜索法，只不过这个二分法比普通的二分法稍微麻烦点，可以分为下面几种情况
1. 如果给定的序列中所有的数都是正数，那么数组的第一个元素即是结果。
2. 如果给定的序列中所有的数都是负数，那么数组的最后一个元素即是结果。
3. 如果给定的序列中既有正数又有负数，那么绝对值得最小值一定出现在正数和负数的连接处。
为什么？因为对于负数序列来说，右侧的数字比左侧的数字绝对值小，如上面的-5, -3, -1, 而对于整数来说，左边的数字绝对值小，比如上面的2, 8，将这个思想用于二分搜索，可先判断中间元素和两侧元素的符号，然后根据符号决定搜索区间，逐步缩小搜索区间，直到只剩下两个元素。
代码
单独设置一个函数用来判断两个整数的符号是否相同
// 找出一个非递减序整数序列中绝对值最小的数
int MinimumAbsoluteValue(int* a,
int n)
{
// Only one number
in array
if (n
==1)
{
return a[0]
;
}
// All numbers
in array have the same sign
if (SameSign(a[0], a[n
-1]))
{
return a[0]
>=0? a[0]
: a[n
-1] ;
}
// Binary search
int l =0
;
int r = n
-1 ;
while(l
< r)
{
if (l
+1== r)
{
return abs(a[l])
< abs(a[r])
? a[l]
: a[r]
;
}
int m
= (l + r)
/2 ;
if (SameSign(a[m], a[r]))
{
r = m
-1;
continue;
}
if (SameSign(a[l], a[m]))
{
l = m
+1 ;
continue;
}
}
}
上面的代码是有问题的：查找数组a[4]={-2, -1, 3, 4}返回的是3，好像是有点问题。循环中保持的不变式应该是a[l]<0 && a[r]>0,所以比较中间元a[m]与a[l],a[r]的符号后，要保持不变式，就应该是l=m或者r=。现修正如下。
// 找出一个非递减序整数序列中绝对值最小的数
int MinimumAbsoluteValue(int* a,
int n)
{
// Only one number
in array
if (n
==1)
{
return a[0]
;
}
// All numbers
in array have the same sign
if (SameSign(a[0], a[n
-1]))
{
return a[0]
>=0? a[0]
: a[n
-1] ;
}
// Binary search
int l =0
;
int r = n
-1 ;
while(l
< r)
{
if (l
+ 1 == r)
{
return abs(a[l])
< abs(a[r])
? a[l]
: a[r]
;
}
int m
= (l + r)
/2 ;
if (SameSign(a[m], a[r]))
{
r = m;
continue;
}
if (SameSign(a[l], a[m]))
{
l = m
;
continue;
}
}
}
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