C/C++笔试题

1、给一个数组，元素都是整数（有正数也有负数），寻找连续的元素相加之和为最大的序列。

如：1、-2、3、5、-4、6 连续序列3、5、-4、6的和最大。
如元素全为负数，则最大的和为0，即一个也没有选。
/*
array[] 输入数组
n 数组元素个数
返回最大序列和
*/
int find_max_sum(int array[] , int n)

 

int find_max_sum(int array[] , int n)  
{  
    int i , max , sum;  
    sum = max = array[0];  
    for(i = 1 ; i < n ; ++i)  
    {  
        if(sum < 0)  
            sum = array[i];  
        else  
            sum += array[i];  
        if(sum > max)  
            max = sum;  
    }  
    if(max < 0)  
        max = 0;  
    return max;  
}  

 

2、给定一个字符串，求出其最长重复子串

例如：abcdabcd
最长重复子串是 abcd，最长重复子串可以重叠
例如：abcdabcda，这时最长重复子串是 abcda，中间的 a 是被重叠的。

直观的解法是，首先检测长度为 n - 1 的字符串情况，如果不存在重复则检测 n - 2, 一直递减下去，直到 1 。
这种方法的时间复杂度是 O(N * N * N)，其中包括三部分，长度纬度、根据长度检测的字符串数目、字符串检测。

改进的方法是利用后缀数组
后缀数组是一种数据结构，对一个字符串生成相应的后缀数组后，然后再排序，排完序依次检测相邻的两个字符串的开头公共部分。
这样的时间复杂度为：生成后缀数组 O(N)，排序 O(NlogN*N) 最后面的 N 是因为字符串比较也是 O(N)
依次检测相邻的两个字符串 O(N * N)，总的时间复杂度是 O(N^2*logN)，优于第一种方法的 O(N^3)

 

#include <iostream>  
using namespace std;  
  
#define MAXCHAR 5000 //最长处理5000个字符  
  
char c[MAXCHAR], *a[MAXCHAR];  
  
int comlen( char *p, char *q )  
{  
    int i = 0;  
    while( *p && (*p++ == *q++) )  
        ++i;  
    return i;  
}  
int pstrcmp( const void *p1, const void *p2 )  
{  
    return strcmp( *(char* const *)p1, *(char* const*)p2 );  
}  
int main(void)  
{  
    char ch;  
    int  n=0;  
    int  i, temp;  
    int  maxlen=0, maxi=0;  
    printf("Please input your string:\n");  
    n = 0;  
    while( (ch=getchar())!='\n' )  
    {  
        a[n] = &c[n];  
        c[n++] = ch;  
    }  
    c[n]='\0';     // 将数组c中的最后一个元素设为空字符，以终止所有字符串  
  
    qsort( a, n, sizeof(char*), pstrcmp );  
    for(i = 0 ; i < n-1 ; ++i )  
    {  
        temp=comlen( a[i], a[i+1] );  
        if( temp>maxlen )  
        {  
            maxlen=temp;  
            maxi=i;  
        }  
    }  
    printf("%.*s\n",maxlen, a[maxi]);  
    return 0;  
}  

 

3、字符转换成数字，数字转换成数组

 

//字符转换成数字，数字转换成字符
#include<stdio.h>
void main()
{
    int i=0,j=0,x=0,num=0,n=1234;
    char a[]={'1','2','3','4','\0'};
    while(a[i])
    {
        num=num*10+(a[i]-'0');//字符串转换为数字
        i++;
    }
    printf("%d\n",num);
    char temp[5],str[5];
    while(n)
    {
        temp[j]=n%10+'0';//数字转换为字符串
        j++;
        n/=10;
    }
    temp[j]=0;
    j=j-1;
    while(j>=0)
    {
        str[x]=temp[j];//将上面的逆序转为正序
        j--;
        x++;
    }
    str[x]=0;
    printf("%s\n",str);
}

 

4、求两个数组的交集

问题： 给你两个排序的数组，求两个数组的交集。
比如： A = 1 3 4 5 7， B = 2 3 5 8 9， 那么交集就是 3 5.
思路：
1. 每一次从B数组中取一值，然后在A数组里逐个比较，如果有相等的，则保存。该算法复杂度为 O(MN). M, N 分别为数组 A B 的长度。
2. 因为A B 都排过序，所以，每一次从B数组取值后，可以利用二分查找看是否在数组A里有B所对应的值，这样复杂度变成了O(N lg M)。 这里，如果N 比 M 大，可以从A中取值，然后在B中判断是否有A的值，这样，复杂度为 O(M lg N)。
3. 利用hashtable. 先把A中的值存在hashtable里，然后对于每一个B中的值，判断是否在A中存在，因为hashtable查找的平均复杂度为 O(1), 所以，整个算法复杂度为O(N), 但是，这里的空间复杂度为 O(M) 。但是，这种方法适合数组比较小的情况。因为如果A数组比较大，hashtable会出现collision的情况，这样，查找的平均复杂度就不再是 O(1)。

本文方法：
因为数组A B均排过序，所以，我们可以用两个“指针”分别指向两个数组的头部，如果其中一个比另一个小，移动小的那个数组的指针；如果相等，那么那个值是在交集里，保存该值，这时，同时移动两个数组的指针。一直这样操作下去，直到有一个指针已经超过数组范围。

 

public LinkedList<Integer> intersection(int[] A, int[] B) {  
    if (A == null || B == null || A.length == 0 || B.length == 0) return null;  
    LinkedList<Integer> list = new LinkedList<Integer>();  
    int pointerA = 0;  
    int pointerB = 0;  
    while (pointerA < A.length && pointerB < B.length) {  
        if (A[pointerA] < B[pointerB]) pointerA++;  
        else if (A[pointerA] > B[pointerB]) pointerB++;  
        else {  
            list.add(A[pointerA]);  
            pointerA++;  
            pointerB++;  
        }  
    }  
    return list;   
}

通过上面的算法可以得知，该算法复杂度为O(N + M).