经典面试题（四）附答案 算法+数据结构+代码 微软Microsoft、谷歌Google、百度、腾讯
2014-06-13 10:48
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1金币概率问题（威盛笔试题）
题目：个房间里放着随机数量的金币。每个房间只能进入一次，并只能在一个房间中拿金币。一个人采取如下策略：前四个房间只看不拿。随后的房间只要看到比前四个房间都多的金币数，就拿。否则就拿最后一个房间的金币。编程计算这种策略拿到最多金币的概率。
这题真要用数学的方法计算，估计还真不好算。还好，题目要求用编程实现。这样它就成了一个模拟题，即用程序来模拟整个取金币的过程。
我们可以进行很多次实验（如10000次）。每次实验，对每个房间产生随机数量的金币数，然后按照题目中的策略拿金币。如果拿到的金币数恰好是最多的则成功。最后统计很多次实验中成功的次数，并计算概率。
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#include <iostream>
#include <ctime>
using namespace std;
const int MAX_COIN = 100;
const int MIN_COIN = 1;
//初始化随机数种子
void InitRandom()
{
srand( time( NULL ) );
}
//为每个房间产生随机数量的金币
int GegenrateGoldCoin( int *goldCoin, int size )
{
int max = 0;
for( int i=0; i<size; i++ )
{
goldCoin[i] = ( rand()%( MAX_COIN - MIN_COIN + 1) ) + MIN_COIN;
if( goldCoin[i] > max ) max = goldCoin[i];
}
//范围最多的金币数
return max;
}
//按照给定的策略从房间中拿金币
int TakeCoin( int *goldCoin, int size )
{
int firstFour[4];
int maxInFirstFour = 0;
for( int i=0; i<4; i++ )
{
firstFour[i] = goldCoin[i];
if( goldCoin[i] > maxInFirstFour ) maxInFirstFour = goldCoin[i];
}
for( int i=4; i<size; i++ )
{
//如果比前四个房间的金币都多，则拿
if( goldCoin[i] > maxInFirstFour ) return goldCoin[i];
}
//拿最后一个房间的金币
return goldCoin[size-1];
}
int main()
{
int goldCoin[10];
int tryCnt = 10000;
int successCnt = 0;
InitRandom();
//总共进行tryCnt次实验
for( int i=0; i<tryCnt; i++ )
{
int max = GegenrateGoldCoin( goldCoin, 10 );
int choose = TakeCoin( goldCoin, 10 );
if( max == choose ) successCnt++;
}
cout << successCnt * 1.0 / tryCnt << endl;
return 0;
}
2.找出数组中唯一的重复元素
1-1000放在含有个元素的数组中，只有唯一的一个元素值重复，其它均只出现一次．每个数组元素只能访问一次，设计一个算法，将它找出来；不用辅助存储空间，能否设计一个算法实现？
设数组为A[1001] = { a1, a2, …, a1001 }，重复的元素为x, 且 1 <= x <=1000。
SumA = 1+…+1000
SumB = a1 + … + a1001
所以，唯一重复的元素为：x = SumB – SumA
要注意的问题：
1. 唯一重复的元素。这点很重要，如果有不止一个重复的元素，要找出其中任意一个，就不会这么简单了。
2. 注意溢出的情况。和的范围：（1+1000）*1000/2 ≈ 1000^2 ≈ 2^20。具体编程实现的时候，使用4字节的int完全可以搞定。如果数据范围很大，比如数组中存放的元素[1, 2^40],此时和的范围（1+2^40）*2^40/2 ≈ 2^80,远远超过了8字节的long long的表示范围，求和时显然会溢出。
3.百度校园招聘的一道笔试题
题目大意如下：
一排N个正整数，其中最大值１Ｍ，且+1递增，乱序排列。第一个不是最小的，把它换成-1，最小数为ａ且未知，求第一个被-1替换掉的数原来的值，并分析算法复杂度。
同上一题基本相同。
设这一排数是A1、A2、A3、…、AN，这N个数分别是: a, a+1, a+2, …, a+n
被替换掉的数为X。
SumA = A1+A2+A3+…+AN
SumB =a+(a+1)+…+(a+n)
则 X + 1 = SumB – SumA
处理溢出情况：
和的最大范围a + … + 2^20 ≈ 1+…+ 2^20 ≈ (1+2^20)* 2^20/2 =2^40。使用4字节的int会溢出。
下面有种方法，可以进行一个简单的处理，但处理能力有限。
使用辅助数组data，数组的元素是Ai-(a+i-1)。则data的所有元素之和恰好是SumB – SumA。现在要说明的是：对data的所有元素求和不会溢出。
最好情况下，这一排数{A1、A2、A3、…、AN}的顺序基本和{ a, a+1, a+2, …, a+n }相同，这样除了第一个元素，其余元素对应相减都为0，因此不会溢出。
最坏情况下，{A1、A2、A3、…、AN}递减排列，{ a, a+1, a+2, …, a+n }递增排列。此时，data的前N/2个元素为正，后N/2个元素为负。相加求和时，只要前N/2个元素的和不溢出，则结果不溢出。这时，前N/2个元素分别为：
(a+n)-(a), (a+n-1)-(a+1), (a+n-2)-(a+2),…2, 0
则，前N/2个元素的和：(((a+n)-(a))*n/2)/2 = n^2/4≈(2^20)^2/4≈ 2^40
3.一道SPSS笔试题求解
题目：输入四个点的坐标，求证四个点是不是一个矩形
关键点：
1.相邻两边斜率之积等于-1，
2.矩形边与坐标系平行的情况下，斜率无穷大不能用积判断。
3.输入四点可能不按顺序，需要对四点排序。
算法步骤：
1.首先，对这四个点按照x坐标从小到大排序，设这四个点分别为A、B、C、D。
2. 如果A.x == B.x，即如果是矩形，则与坐标轴平行。
即要求C.x == D.x&&( ( A.y == C.y && B.y == D.y ) || ( A.y == D.y && B.y== C.y ) )
3. 如果A.x != B.x，则计算四条边的斜率Kab、Kac、Kdb、Kdc。如果是矩形，则有三个内角都为90度。
即要求 Kab*Kac== -1 && Kdb*Kdc == -1 && Kac*Kdc == -1.
4.求两个或N个数的最大公约数和最小公倍数。
求两个数的最大公约数，即gcd( a, b ) = ?。先不管最大公约数怎么求，一旦已知最大公约数，就可以很容易得到最小公倍数。两个数的最小公倍数 = a * b / gcd( a, b)
最大公约数可以采用经典的辗转相差法。设这两个数分别是a和b, 且a > b.要证明辗转相差法，即要证明 gcd( a, b ) = gcd( b, r )，其中r = a mod b
设 c = gcd( a, b )，即 a = mc, b = nc.
且r = a – tb = mc – tnc = ( m – tn ) c
因此，gcd( b, r ) = gcd( nc, ( m – tn ) c ) = gcd( n, ( m – tn ) ) * c
即，现在要证明gcd( n, ( m – tn ) ) * c = c
即，要证明n, ( m – tn )互为质数。
再用反证法。即n, ( m – tn )存在公约数d，且d != 1
设n = xd，m – tn =yd，则m = yd + tn = yd + txd = (y+tx)d
即n = xd，m = (y+tx)d, 故gcd( a, b ) = gcd( mc，nc ) = cd != c，故矛盾
所以n, ( m – tn )互为质数
即gcd( a, b ) = gcd( b, r )
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//求a、b的最大公约数
int GetGCD( int a, int b )
{
if( a < b )
{
//交换a、b值
a = a + b;
b = a - b;
a = a - b;
}
//辗转相除
while( b > 0 )
{
int r = a % b;
a = b;
b = r;
}
return a;
}
还有一个问题：如何求3个数的最大公约数、最小公倍数？
5.字符串原地压缩
题目描述：“eeeeeaaaff" 压缩为 "e5a3f2"，请编程实现。
多媒体压缩里的行程编码。当大量字符连续重复出现时，压缩效果惊人。编程实现比较简单，统计重复的字符个数，然后把个数转化为字符串接在原字符之后。具体编程，见代码：用两个计数指针i, j扫描字符串。i始终指向字符的第一次出现，j指向字符的最后一次出现+1。至于int转string，这里使用stringstream
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//字符串的原地压缩，即行程编码、游程编码
void StrCompress( char *original, char *cmpr )
{
if( original == NULL )
{
cmpr = NULL;
return;
}
int cnt = 0;
int i,j;
for( i=0, j=0; *(original+j) != '\0'; )
{
//统计相同字符的个数
while( *( original + i ) == *( original + j ) )
{
cnt++;
j++;
}
//复制字符
*cmpr++ = *( original + i );
//复制字符个数
stringstream ss;
ss << cnt;
string strCnt;
ss >> strCnt;
const char *pcstr = strCnt.c_str();
while( *pcstr != '\0' ) *cmpr++ = *pcstr++;
cnt = 0;
i = j;
}
*cmpr++ = '\0';
}
6.字符串匹配实现
请以两种方法，回溯与不回溯算法实现。
回溯法，即最基本的方法。算法复杂度O( m * n )
设主串mainStr = { S0, S1, S2, …, Sm },
模式串matchStr = { T0, T1, T2, …, Tn };
当T[0]…T[j-1] == S[i-j]…S[i-1]，即模式串的前j个字符已经和主串匹配，当前要比较T[j]和S[i]是否相等？
如果T[j] == S[i], 则i++, j++,继续比较下一个
如果T[j] != S[i], 则i要回溯，也就是i要退回到与j开始匹配时的下一个位置。同时j=0, 表示模式串从头开始，重新匹配。
不回溯：即用KMP算法。算法复杂度O( m + n )。
在KMP中，如果T[j] != S[i]，则i保持不动（即，不回溯）。同时，j不用清零，而是向右滑动模式串，用T[k]和S[i]继续匹配。
算法的关键在于：模式串向右滑动多少？即K=？显然，k的值应该尽可能的大，即尽可能的向右滑动。
如图，如果模式串T[0]...T[j-1]前后两部分对称，也就是T[0]…T[k-1] == T[j-k]…T[j-1],则模式串可以向右滑动k个距离，即用T[k]和S[i]继续匹配。
因此 K = Max{ x | 0<=x<=j, 且T[0]…T[x-1] == T[j-x]…T[j-1]}
由上面的分析可以对于任意的j，都对应一个k，于是我们把所有的K放到一个next数组中。数组元素next[j]=k，表示当T[j]匹配失败时，下一次应该用T[k]继续匹配。现在要解决的问题就是：如何求next数组的值？当然，通过上面的理解，可以直接写出简单的字符串的next，这里我们的目标是给出一个求next的通用的方法。
求next可以用一个递归的过程。已知next[j] = k, 求next[j+1] = ?
如果T[j] == T[k]，则next[j+1] = k+1
如果T[j] != T[k]，则next[j+1] = ?。
这时就相当于用T[k]去匹配T[j]，且匹配失败。那么，我们就应该在T[0]…T[k-1]中找到一个合适的位置x，使得T[0]…T[x-1] == T[k-x]…T[k-1]。也就是说，当用T[k]去匹配T[j]失败时，我们应该用T[x]去匹配T[j]。因此x = next[k]。整个过程相当于用模式串去匹配自身。
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#include <iostream>
#include <cassert>
using namespace std;
//求next数组
//next[j] = k:表示当matchStr[j]失配时，下一次应该用matchStr[k-1]来匹配
void GetNext( char *str, int *next )
{
if( str == NULL ) return;
for( int i=0; *(str+i) != '\0'; i++ )
{
if( i == 0 ) next[i] = 0;
else if( i == 1 ) next[i] = 1;
else
{
int tmp = next[i-1];
if( str[i-1] == str[tmp-1] ) next[i] = tmp+1;
else
{
//如果str[0]...str[j]前后两端有对称，找出对称位置
while( tmp > 1 )
{
if( str[i-1] != str[tmp-1] ) tmp = next[tmp];
else next[i] = tmp+1;
}
//如果str[0]...str[j]前后两端无对称，则next置1
if( tmp <= 1 ) next[i] = 1;
}
}
}
}
//字符串匹配：KMP算法，即在mainStr中找到从beginPos开始的第一个匹配位置
int Kmp( char *mainStr, char *matchStr, int beginPos, int *next )
{
assert( mainStr != NULL && matchStr != NULL && beginPos >= 0 );
int i, j;
for( i=beginPos, j=0; *(mainStr+i) != '\0' && *(matchStr+j) != '\0'; )
{
//如果mainStr[i] == matchStr[j], 继续匹配下一个
if( *(mainStr+i) == *(matchStr+j) )
{
i++; j++;
}
//如果mainStr[i] ！= matchStr[j]，查询next数组，
//用matchStr[next[j]-1]与mainStr[i]匹配
else j = next[j]-1;
}
if( *(matchStr+j) == '\0' ) return i-j;
else return -1;
}
//字符串匹配的一般算法，要回溯
int StrMatch( char *mainStr, char *matchStr, int beginPos )
{
int i, j;
for( i = beginPos; *(mainStr+i) != '\0'; i++ )
{
int tmp = i;
for( j=0; *(matchStr+j) != '\0'; )
{
if( *(mainStr+tmp) == *(matchStr+j) )
{
tmp++; j++;
}
else break;
}
if( *(matchStr+j) == '\0' ) return tmp-j;
}
return -1;
}
int main()
{
int next[100];
memset( next, 0, sizeof(next) );
char *mainStr = "ababcabcacbab";
char *matchStr = "abcac";
GetNext( matchStr, next );
cout << Kmp( mainStr, matchStr, 0, next ) << endl;
cout << StrMatch( mainStr, matchStr, 0 ) << endl;
return 0;
}
7.取值为[1，n-1] 含n 个元素的整数数组至少存在一个重复数，O(n) 时间内找出其中任意一个重复数。
可以使用类似单链表求环的方法解决这个问题。把数组想想成一个链表，这里用数组元素的值作为下一个元素在数组中的索引。
设数组A共有n个元素，即A={ a0, a1, a2, …, an-1 }。
首先给出下标n-1，则第一个元素为A[n-1]，然后用A[n-1]-1作为下标，可以到达元素A[A[n-1]-1]，再以A[A[n-1]-1]为下标，可以得到元素A[A[A[n-1]-1]]…可以看到这里并没用直接用元素值作索引，而是用元素值减1，这样做是为了避免陷入死循环。
如果A[i]=A[j]=x，即x在数组中出现了两次。则A[i]--->A[x]--->…---> A[j]---> A[x]，因此链表边形成了环。
一旦链表产生后，问题就简单多了。因为重复出现得到元素恰好是环的入口点。于是，问题就相当于单链表求环的入口点。用指针追过的办法，指针x每次步长为2，指针y每次步长为1。直到x、y相遇，然后重置x，使x重新开始。这次同步移动x、y，每次步长都为1，当x、y再次相遇时，恰好是环的入口点。
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//在O(n)的时间内，找出任意重复的一个数
int FindRepeat( int *data, int size )
{
int x = size;
int y = size;
//找到相遇点
do{
x = data[data[x-1]-1];
y = data[y-1];
}while( x != y );
//找到重复的元素
x = size;
do{
x = data[x-1];
y = data[y-1];
}while( x != y );
return x;
}
题目：个房间里放着随机数量的金币。每个房间只能进入一次，并只能在一个房间中拿金币。一个人采取如下策略：前四个房间只看不拿。随后的房间只要看到比前四个房间都多的金币数，就拿。否则就拿最后一个房间的金币。编程计算这种策略拿到最多金币的概率。
这题真要用数学的方法计算，估计还真不好算。还好，题目要求用编程实现。这样它就成了一个模拟题，即用程序来模拟整个取金币的过程。
我们可以进行很多次实验（如10000次）。每次实验，对每个房间产生随机数量的金币数，然后按照题目中的策略拿金币。如果拿到的金币数恰好是最多的则成功。最后统计很多次实验中成功的次数，并计算概率。
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#include <iostream>
#include <ctime>
using namespace std;
const int MAX_COIN = 100;
const int MIN_COIN = 1;
//初始化随机数种子
void InitRandom()
{
srand( time( NULL ) );
}
//为每个房间产生随机数量的金币
int GegenrateGoldCoin( int *goldCoin, int size )
{
int max = 0;
for( int i=0; i<size; i++ )
{
goldCoin[i] = ( rand()%( MAX_COIN - MIN_COIN + 1) ) + MIN_COIN;
if( goldCoin[i] > max ) max = goldCoin[i];
}
//范围最多的金币数
return max;
}
//按照给定的策略从房间中拿金币
int TakeCoin( int *goldCoin, int size )
{
int firstFour[4];
int maxInFirstFour = 0;
for( int i=0; i<4; i++ )
{
firstFour[i] = goldCoin[i];
if( goldCoin[i] > maxInFirstFour ) maxInFirstFour = goldCoin[i];
}
for( int i=4; i<size; i++ )
{
//如果比前四个房间的金币都多，则拿
if( goldCoin[i] > maxInFirstFour ) return goldCoin[i];
}
//拿最后一个房间的金币
return goldCoin[size-1];
}
int main()
{
int goldCoin[10];
int tryCnt = 10000;
int successCnt = 0;
InitRandom();
//总共进行tryCnt次实验
for( int i=0; i<tryCnt; i++ )
{
int max = GegenrateGoldCoin( goldCoin, 10 );
int choose = TakeCoin( goldCoin, 10 );
if( max == choose ) successCnt++;
}
cout << successCnt * 1.0 / tryCnt << endl;
return 0;
}
2.找出数组中唯一的重复元素
1-1000放在含有个元素的数组中，只有唯一的一个元素值重复，其它均只出现一次．每个数组元素只能访问一次，设计一个算法，将它找出来；不用辅助存储空间，能否设计一个算法实现？
设数组为A[1001] = { a1, a2, …, a1001 }，重复的元素为x, 且 1 <= x <=1000。
SumA = 1+…+1000
SumB = a1 + … + a1001
所以，唯一重复的元素为：x = SumB – SumA
要注意的问题：
1. 唯一重复的元素。这点很重要，如果有不止一个重复的元素，要找出其中任意一个，就不会这么简单了。
2. 注意溢出的情况。和的范围：（1+1000）*1000/2 ≈ 1000^2 ≈ 2^20。具体编程实现的时候，使用4字节的int完全可以搞定。如果数据范围很大，比如数组中存放的元素[1, 2^40],此时和的范围（1+2^40）*2^40/2 ≈ 2^80,远远超过了8字节的long long的表示范围，求和时显然会溢出。
3.百度校园招聘的一道笔试题
题目大意如下：
一排N个正整数，其中最大值１Ｍ，且+1递增，乱序排列。第一个不是最小的，把它换成-1，最小数为ａ且未知，求第一个被-1替换掉的数原来的值，并分析算法复杂度。
同上一题基本相同。
设这一排数是A1、A2、A3、…、AN，这N个数分别是: a, a+1, a+2, …, a+n
被替换掉的数为X。
SumA = A1+A2+A3+…+AN
SumB =a+(a+1)+…+(a+n)
则 X + 1 = SumB – SumA
处理溢出情况：
和的最大范围a + … + 2^20 ≈ 1+…+ 2^20 ≈ (1+2^20)* 2^20/2 =2^40。使用4字节的int会溢出。
下面有种方法，可以进行一个简单的处理，但处理能力有限。
使用辅助数组data，数组的元素是Ai-(a+i-1)。则data的所有元素之和恰好是SumB – SumA。现在要说明的是：对data的所有元素求和不会溢出。
最好情况下，这一排数{A1、A2、A3、…、AN}的顺序基本和{ a, a+1, a+2, …, a+n }相同，这样除了第一个元素，其余元素对应相减都为0，因此不会溢出。
最坏情况下，{A1、A2、A3、…、AN}递减排列，{ a, a+1, a+2, …, a+n }递增排列。此时，data的前N/2个元素为正，后N/2个元素为负。相加求和时，只要前N/2个元素的和不溢出，则结果不溢出。这时，前N/2个元素分别为：
(a+n)-(a), (a+n-1)-(a+1), (a+n-2)-(a+2),…2, 0
则，前N/2个元素的和：(((a+n)-(a))*n/2)/2 = n^2/4≈(2^20)^2/4≈ 2^40
3.一道SPSS笔试题求解
题目：输入四个点的坐标，求证四个点是不是一个矩形
关键点：
1.相邻两边斜率之积等于-1，
2.矩形边与坐标系平行的情况下，斜率无穷大不能用积判断。
3.输入四点可能不按顺序，需要对四点排序。
算法步骤：
1.首先，对这四个点按照x坐标从小到大排序，设这四个点分别为A、B、C、D。
2. 如果A.x == B.x，即如果是矩形，则与坐标轴平行。
即要求C.x == D.x&&( ( A.y == C.y && B.y == D.y ) || ( A.y == D.y && B.y== C.y ) )
3. 如果A.x != B.x，则计算四条边的斜率Kab、Kac、Kdb、Kdc。如果是矩形，则有三个内角都为90度。
即要求 Kab*Kac== -1 && Kdb*Kdc == -1 && Kac*Kdc == -1.
4.求两个或N个数的最大公约数和最小公倍数。
求两个数的最大公约数，即gcd( a, b ) = ?。先不管最大公约数怎么求，一旦已知最大公约数，就可以很容易得到最小公倍数。两个数的最小公倍数 = a * b / gcd( a, b)
最大公约数可以采用经典的辗转相差法。设这两个数分别是a和b, 且a > b.要证明辗转相差法，即要证明 gcd( a, b ) = gcd( b, r )，其中r = a mod b
设 c = gcd( a, b )，即 a = mc, b = nc.
且r = a – tb = mc – tnc = ( m – tn ) c
因此，gcd( b, r ) = gcd( nc, ( m – tn ) c ) = gcd( n, ( m – tn ) ) * c
即，现在要证明gcd( n, ( m – tn ) ) * c = c
即，要证明n, ( m – tn )互为质数。
再用反证法。即n, ( m – tn )存在公约数d，且d != 1
设n = xd，m – tn =yd，则m = yd + tn = yd + txd = (y+tx)d
即n = xd，m = (y+tx)d, 故gcd( a, b ) = gcd( mc，nc ) = cd != c，故矛盾
所以n, ( m – tn )互为质数
即gcd( a, b ) = gcd( b, r )
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//求a、b的最大公约数
int GetGCD( int a, int b )
{
if( a < b )
{
//交换a、b值
a = a + b;
b = a - b;
a = a - b;
}
//辗转相除
while( b > 0 )
{
int r = a % b;
a = b;
b = r;
}
return a;
}
还有一个问题：如何求3个数的最大公约数、最小公倍数？
5.字符串原地压缩
题目描述：“eeeeeaaaff" 压缩为 "e5a3f2"，请编程实现。
多媒体压缩里的行程编码。当大量字符连续重复出现时，压缩效果惊人。编程实现比较简单，统计重复的字符个数，然后把个数转化为字符串接在原字符之后。具体编程，见代码：用两个计数指针i, j扫描字符串。i始终指向字符的第一次出现，j指向字符的最后一次出现+1。至于int转string，这里使用stringstream
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//字符串的原地压缩，即行程编码、游程编码
void StrCompress( char *original, char *cmpr )
{
if( original == NULL )
{
cmpr = NULL;
return;
}
int cnt = 0;
int i,j;
for( i=0, j=0; *(original+j) != '\0'; )
{
//统计相同字符的个数
while( *( original + i ) == *( original + j ) )
{
cnt++;
j++;
}
//复制字符
*cmpr++ = *( original + i );
//复制字符个数
stringstream ss;
ss << cnt;
string strCnt;
ss >> strCnt;
const char *pcstr = strCnt.c_str();
while( *pcstr != '\0' ) *cmpr++ = *pcstr++;
cnt = 0;
i = j;
}
*cmpr++ = '\0';
}
6.字符串匹配实现
请以两种方法，回溯与不回溯算法实现。
回溯法，即最基本的方法。算法复杂度O( m * n )
设主串mainStr = { S0, S1, S2, …, Sm },
模式串matchStr = { T0, T1, T2, …, Tn };
当T[0]…T[j-1] == S[i-j]…S[i-1]，即模式串的前j个字符已经和主串匹配，当前要比较T[j]和S[i]是否相等？
如果T[j] == S[i], 则i++, j++,继续比较下一个
如果T[j] != S[i], 则i要回溯，也就是i要退回到与j开始匹配时的下一个位置。同时j=0, 表示模式串从头开始，重新匹配。
不回溯：即用KMP算法。算法复杂度O( m + n )。
在KMP中，如果T[j] != S[i]，则i保持不动（即，不回溯）。同时，j不用清零，而是向右滑动模式串，用T[k]和S[i]继续匹配。
算法的关键在于：模式串向右滑动多少？即K=？显然，k的值应该尽可能的大，即尽可能的向右滑动。
如图，如果模式串T[0]...T[j-1]前后两部分对称，也就是T[0]…T[k-1] == T[j-k]…T[j-1],则模式串可以向右滑动k个距离，即用T[k]和S[i]继续匹配。
因此 K = Max{ x | 0<=x<=j, 且T[0]…T[x-1] == T[j-x]…T[j-1]}
由上面的分析可以对于任意的j，都对应一个k，于是我们把所有的K放到一个next数组中。数组元素next[j]=k，表示当T[j]匹配失败时，下一次应该用T[k]继续匹配。现在要解决的问题就是：如何求next数组的值？当然，通过上面的理解，可以直接写出简单的字符串的next，这里我们的目标是给出一个求next的通用的方法。
求next可以用一个递归的过程。已知next[j] = k, 求next[j+1] = ?
如果T[j] == T[k]，则next[j+1] = k+1
如果T[j] != T[k]，则next[j+1] = ?。
这时就相当于用T[k]去匹配T[j]，且匹配失败。那么，我们就应该在T[0]…T[k-1]中找到一个合适的位置x，使得T[0]…T[x-1] == T[k-x]…T[k-1]。也就是说，当用T[k]去匹配T[j]失败时，我们应该用T[x]去匹配T[j]。因此x = next[k]。整个过程相当于用模式串去匹配自身。
[cpp] view
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#include <iostream>
#include <cassert>
using namespace std;
//求next数组
//next[j] = k:表示当matchStr[j]失配时，下一次应该用matchStr[k-1]来匹配
void GetNext( char *str, int *next )
{
if( str == NULL ) return;
for( int i=0; *(str+i) != '\0'; i++ )
{
if( i == 0 ) next[i] = 0;
else if( i == 1 ) next[i] = 1;
else
{
int tmp = next[i-1];
if( str[i-1] == str[tmp-1] ) next[i] = tmp+1;
else
{
//如果str[0]...str[j]前后两端有对称，找出对称位置
while( tmp > 1 )
{
if( str[i-1] != str[tmp-1] ) tmp = next[tmp];
else next[i] = tmp+1;
}
//如果str[0]...str[j]前后两端无对称，则next置1
if( tmp <= 1 ) next[i] = 1;
}
}
}
}
//字符串匹配：KMP算法，即在mainStr中找到从beginPos开始的第一个匹配位置
int Kmp( char *mainStr, char *matchStr, int beginPos, int *next )
{
assert( mainStr != NULL && matchStr != NULL && beginPos >= 0 );
int i, j;
for( i=beginPos, j=0; *(mainStr+i) != '\0' && *(matchStr+j) != '\0'; )
{
//如果mainStr[i] == matchStr[j], 继续匹配下一个
if( *(mainStr+i) == *(matchStr+j) )
{
i++; j++;
}
//如果mainStr[i] ！= matchStr[j]，查询next数组，
//用matchStr[next[j]-1]与mainStr[i]匹配
else j = next[j]-1;
}
if( *(matchStr+j) == '\0' ) return i-j;
else return -1;
}
//字符串匹配的一般算法，要回溯
int StrMatch( char *mainStr, char *matchStr, int beginPos )
{
int i, j;
for( i = beginPos; *(mainStr+i) != '\0'; i++ )
{
int tmp = i;
for( j=0; *(matchStr+j) != '\0'; )
{
if( *(mainStr+tmp) == *(matchStr+j) )
{
tmp++; j++;
}
else break;
}
if( *(matchStr+j) == '\0' ) return tmp-j;
}
return -1;
}
int main()
{
int next[100];
memset( next, 0, sizeof(next) );
char *mainStr = "ababcabcacbab";
char *matchStr = "abcac";
GetNext( matchStr, next );
cout << Kmp( mainStr, matchStr, 0, next ) << endl;
cout << StrMatch( mainStr, matchStr, 0 ) << endl;
return 0;
}
7.取值为[1，n-1] 含n 个元素的整数数组至少存在一个重复数，O(n) 时间内找出其中任意一个重复数。
可以使用类似单链表求环的方法解决这个问题。把数组想想成一个链表，这里用数组元素的值作为下一个元素在数组中的索引。
设数组A共有n个元素，即A={ a0, a1, a2, …, an-1 }。
首先给出下标n-1，则第一个元素为A[n-1]，然后用A[n-1]-1作为下标，可以到达元素A[A[n-1]-1]，再以A[A[n-1]-1]为下标，可以得到元素A[A[A[n-1]-1]]…可以看到这里并没用直接用元素值作索引，而是用元素值减1，这样做是为了避免陷入死循环。
如果A[i]=A[j]=x，即x在数组中出现了两次。则A[i]--->A[x]--->…---> A[j]---> A[x]，因此链表边形成了环。
一旦链表产生后，问题就简单多了。因为重复出现得到元素恰好是环的入口点。于是，问题就相当于单链表求环的入口点。用指针追过的办法，指针x每次步长为2，指针y每次步长为1。直到x、y相遇，然后重置x，使x重新开始。这次同步移动x、y，每次步长都为1，当x、y再次相遇时，恰好是环的入口点。
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//在O(n)的时间内，找出任意重复的一个数
int FindRepeat( int *data, int size )
{
int x = size;
int y = size;
//找到相遇点
do{
x = data[data[x-1]-1];
y = data[y-1];
}while( x != y );
//找到重复的元素
x = size;
do{
x = data[x-1];
y = data[y-1];
}while( x != y );
return x;
}
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