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2014
02-07

2011Google校园招聘笔试题

1、已知两个数字为1~30之间的数字,甲知道两数之和,乙知道两数之积,甲问乙:“你知道是哪两个数吗?”乙说:“不知道”。乙问甲:“你知道是哪两个数吗?”甲说:“也不知道”。于是,乙说:“那我知道了”,随后甲也说:“那我也知道了”,这两个数是什么?

答:1和4 或者1和7

2、一个环形公路,上面有N个站点,A1, …, AN,其中Ai和Ai+1之间的距离为Di,AN和A1之间的距离为D0。
高效的求第i和第j个站点之间的距离,空间复杂度不超过O(N)
它给出了部分代码如下:
#define N 25
double D[N]
….
void Preprocess()
{
     //Write your code1;
}
double Distance(int i, int j)
{
      //Write your code2;
}

const int N = 10;
int D[N];

int A1toX[N];

void Preprocess()
{
	srand(time(0));

	for (int i = 0; i < N; ++i)
	{
		D[i] = (rand()/(RAND_MAX+1.0)) * N;
	}

	A1toX[1] = D[1];     //from A1 to A2
	for (int i = 2; i < N; ++i)
	{
		A1toX[i] = A1toX[i-1] + D[i];    //distance from A1 to each point
	}
	A1toX[0] = A1toX[N-1] + D[0];    // total length
}

int distance(int i, int j)
{
	int di = (i == 0) ? 0 : A1toX[i-1];
	int dj = (j ==0) ? 0 : A1toX[j-1];
	int dist = abs(di - dj);
	return dist > A1toX[0]/2 ? A1toX[0] - dist : dist;
}

int main(void)
{
	Preprocess();
	for (int i = 0; i <N; ++i)
	{
		cout<<D[i]<<" ";
	}
	cout<<endl;
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
	{
		cout<<"distance from A1 to A"<<i<<": "<<distance(1, i)<<endl;
	}
	return 0;
}

3、 一个字符串,压缩其中的连续空格为1个后,对其中的每个字串逆序打印出来。比如"abc   efg  hij"打印为"cba gfe jih"。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<string>
using namespace std;

string reverse(string str)
{
	stack<char> stk;
	int len = str.length();
	string ret = "";

	for (int p = 0, q = 0;p < len;)
	{
		if (str[p] == ' ')
		{
			ret.append(1,' ');
			for (q = p; q < len && str[q] == ' '; q++)
			{}
			p = q;
		}
		else
		{
			for (q = p; q < len && str[q] != ' '; q++)
			{
				stk.push(str[q]);
			}
			while(!stk.empty())
			{
				ret.append(1,stk.top());
				stk.pop();
			}
			p = q;
		}
	}
	return ret;
}
int main(void)
{
	string s = "abc def   ghi";
	cout<<reverse(s).c_str()<<endl;
	return 0;
}

4、将一个较大的钱,不超过1000000(10^6)的人民币,兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合,请问共有多少种组合呢?(完全背包)(其它选择题考的是有关:操作系统、树、概率题、最大生成树有关的题,另外听老梦说,谷歌不给人霸笔的机会。)。

第一种方法(母函数):

#define NUM 7
int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};

// 母函数解法
int NumOfCoins(int value)
{
	int i , j , k , c1[1010] , c2[1010];
	for(i = 0 ; i <= value ; ++i)
	{
		c1[i] = 1;
		c2[i] = 0;
	}
	//第一层循环是一共有 n 个小括号,而刚才已经算过一个了   
    // i 就是代表的母函数中第几个大括号中的表达式 
	for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
	{
		for(j = 0 ; j <= value ; ++j)   //j 就是指的已经计算出的各项的系数
		{
			for(k = 0 ; k+j <= value ; k += money[i])  //k 就是指将要计算的那个括号中的项
				c2[k+j] += c1[j];
		}
		for(j = 0 ; j <= value ; ++j)  // 刷新一下数据,继续下一次计算,就是下一个括号里面的每一项
		{
			c1[j] = c2[j];
			c2[j] = 0;
		}
	}
	return c1[value];
}

第二种方法(动态规划):
我们可以将它形式化为:

硬搜的话肯定是可以出结果的,但时间复杂度太高。
第一种方法:
设 F[n] 为用那么多种面值组成 n 的方法个数。则 F[n] 可以分成这样互不重复的几个部分:
只用 50 及以下的面值构成 [n] + 0 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-100] + 1 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-200] + 2 张 100
……
也就是说,按 F[n] 的组成方案中 100 的张数,将 F[n] 划分成若干等价类,等价类的划分要不重复、不遗漏。这些等价类恰好完整覆盖了 F[n] 的所有情况。
然后对于 50 及以下的方案又可以按 50 的张数划分等价类。于是像这样一层一层递归下去……就可以得到结果了。
把上面的递归过程反过来,从下往上递推,这就是动态规划了。代码(用到了一些 C99 特性,比如栈上的可变长数组):
时间复杂度 < O(N^2)

#define NUM 7
int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
// 动态规划解法
int NumOfCoins(int value)
{
	int i , j , t , dp[7][1010];
	for(i = 0 ; i <= value ; ++i)
		dp[0][i] = 1;

	for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
	{
		for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
		{
			t = j;
			dp[i][j] = 0;
			while(t >= 0)
			{
				dp[i][j] += dp[i-1][t];
				t -= money[i];
			}
		}
	}
	return dp[6][value];
}

其中 dp[i][j] 表示只用第 i 张面值及以下构成 j 用多少种方法。
改进如下:
a[6][n] = ar[6][n-100]     // 至少包含 1 张 100 的拆分个数
              + ar[5][n]         // 不包含 100 的拆分个数

直接把时间复杂度从 O(n^2) 降到了 O(n):

#define NUM 7
int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
// 动态规划解法(完全背包)
int NumOfCoins(int value)
{
	int i , j , dp[7][1010];
	for(i = 0 ; i <= value ; ++i)
		dp[0][i] = 1;

	for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
	{
		for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
		{
			if(j >= money[i])
				dp[i][j] = dp[i][j - money[i]] + dp[i - 1][j];
			else
				dp[i][j] = dp[i-1][j];
		}
	}
	return dp[6][value];
}

或者使用滚动数组也是可以的

#define NUM 7  
int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100}; 
int f[1010] , bf[1010];
// f[j] == f[i][j]   bf[j] == bf[i-1][j]
int NumofCoin2(int value)
{
	int i , j;
	for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
		f[j] = 0 , bf[j] = 0;
	bf[0] = 1;

	for(i = 0 ; i < NUM ; ++i)
	{
		for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
		{
			if(j >= money[i])
				f[j] = f[j-money[i]] + bf[j];
			else
				f[j] = bf[j] ;
		}

		for(j = 0; j <= value ; ++j)
			bf[j] = f[j] , f[j] = 0;
	}
	return bf[value];

}

引用:http://blog.henix.info/blog/google-exam-integer-partition.html
http://www.cnblogs.com/alexyang8/archive/2011/10/15/2212850.html
http://hi.baidu.com/lennydou/item/93a210c44c6a4977cfd4f80c

转自:http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/7442724


  1. 题目需要求解的是最小值,而且没有考虑可能存在环,比如
    0 0 0 0 0
    1 1 1 1 0
    1 0 0 0 0
    1 0 1 0 1
    1 0 0 0 0
    会陷入死循环

  2. 第二个方法挺不错。NewHead代表新的头节点,通过递归找到最后一个节点之后,就把这个节点赋给NewHead,然后一直返回返回,中途这个值是没有变化的,一边返回一边把相应的指针方向颠倒,最后结束时返回新的头节点到主函数。