2013-5-5阿里巴巴實習生部分筆試題-武漢

一 單項選擇題：

1.下列說法不正確的是

A. SATA硬盤的速度大約爲500Mbps

B. 讀取18XDVD光盤的速度大約爲1Gbps

C. 千兆網卡的數據讀寫速度是1Gbps

D. DDR3內存數據的速度是100Gbps

答案選擇D。

註解：

固態硬盤在SATA 2.0接口上平均讀取速度在225MB/S，平均寫入速度在71MB/S。而當更換到SATA 3.0接口後，平均讀取速度驟然提高至311MB/S，相比SATA 2.0足足提高近90MB/S的速度.在隨機文件存取測試中，採用SATA 3.0接口的成績依然要好於採用SATA 2.0接口的成績。尤爲在寫入4KB文件方面，SATA 2.0接口平均速度在50MB/S，而採用SATA 3.0後提高至70MB/S。

B。DVD 的多少X速度指的是讀取數據的速度，不是指轉速。在保持讀取速度必定的前提下，讀取光盤內圈時須要的轉速會比讀外圈快，因此讀取速度和光驅轉速不能徹底對應，即便X速度不變，光驅的轉速會根據當前讀取指令和光盤的實際狀況不斷變化。理論上，光驅轉速的極限應該是不超過 10000轉/分鐘，超過這個數值的話，光盤的物理結構會沒法承受，光盤自己會容易損壞。DVD的1X至關於數據率爲 1350KB/秒 ，那麼18X就是24300KB/秒 。CD光驅的1X 是 150KB/秒，因此它的52X也只有 7800KB/秒。

D。普通的DDR3 SDRAM，電源電壓爲+1.5V，最大數據傳輸速度爲1.6Gbps

 

2.下面不能用做linux進程間通訊的是

A.共享內存         B.管道名    C.信號量     D.臨界區

答案D.

進程間通訊可使用的方式有：管道（命令管道和未命名管道），信號量，共享內存等，臨界區是線程同步的一種方式，Java中都有說起。

 

3.進程調度

設在內存中有P1,P2,P3三道程序，並按照P1,P2,P3的優先級次序運行，其中內部計算和IO操做時間由下表給出（CPU計算和IO資源都只能同時由一個程序佔用）：

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（）

A.80ms

B.120ms

C.160ms

D.200ms

答案C。

本身計算就能夠的結果了。、

4.進程同步，鎖機制

兩個進程同時執行一個函數,初始a=0：

void  f()

{

if(a<=0)

a++;

else

a--;

printf("%d",a);

}

問結果可能值不多是_

A.01     B.10   C.12    D.22

答案A。

 

5.算法分析

給定fun函數以下，那麼fun(10)的輸出結果是（）

int fun(int x) {

return (x==1) ? 1 : (x + fun(x-1));

}

A.0

B.10

C.55

D.3628800

其實就是1+2+3+4+5，依舊累加的結果。

6.C++語言基礎

在c++程序中，若是一個整型變量頻繁使用，最好將他定義爲（D）

A.auto

B.extern

C.static

D.register

7.算法，串

長爲n的字符串中匹配長度爲m的子串的複雜度爲（B）

A.O(N)

B.O(M+N)

C.O(N+LOGM)

D.O(M+LOGN)

解析：

KMP算法

8.判斷一包含n個整數a[]中是否存在i、j、k知足a[i] + a[j] = a[k]的時間複雜度爲（）

9.數學機率題

三次射擊能中一次的機率是0.95，請問一次射擊能中的機率是多少？（A）

A.0.63

B.0.5

C.**

D.0.85

解析：（1-P^3) = 1 – 0.95

  10.排序算法

下列序排算法中最壞複雜度不是n(n-1)/2的是（）

A.快速序排     B.冒泡序排   C.直接插入序排   D.堆序排

二 多項選擇題
11 進程狀態

進程狀態轉換，下列轉換會發生的有（） A就緒 運行     B運行 就緒 C運行  阻塞 D阻塞  運行  
12 棧

輸入序列爲一、二、三、四、五、6，通過入棧出棧後，出棧順序可能有： A 123465  B 154623  C 312546  D 325641  
13下列能交換兩變量值的有： A b=a+b; a=a+b; b=b-a; B a=a|b; b=b+a; a=b-a; C a=a-b; b=a+b; a=b-a; D a=a+b;b=a-b;a=b|a;  

14兩人數星星，每回數k個（20<=k<=30），設定數完最後一批的人獲勝。當A先數，則星星總數爲多少時，A才勝出 A 2013  B 2888  C 3935  D 4026  E 25051

 

3、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行以內），使得A[N]逆向，即原數組爲1，2，3，4，逆向以後爲4，3，2，1

補全反轉數組的代碼，

   1: void f(int *A,int n)

   2: {

   3:     int i,temp;

   4: for(i=0;i<n/2;i++)

   5:  

   6: {

   7:  

   8: temp=a[i];

   9:  

  10: a[i]=a[n-i-1];

  11:  

  12: a[n-i-1]=temp;

  13:  

  14: }

  15:  

  16: }

這個多是常常考到的鏈表反轉護士鏈表逆序的一種簡化吧。

 

2.有個苦逼的上班族，他天天忘記定鬧鐘的機率爲0.2，上班堵車的機率爲0.5，若是他既沒定鬧鐘上班又堵車那他遲到的機率爲1.0，若是他定了鬧鐘可是上班堵車那他遲到的機率爲0.9，若是他沒定鬧鐘可是上班不堵車他遲到的機率爲0.8，若是他既定了鬧鐘上班又不堵車那他遲到的機率爲0.0，那麼求出他在60天裏上班遲到的指望。

 

3.戰報交流：戰場上不一樣的位置有N個戰士（n>4），每一個戰士知道當前的一些戰況，如今須要這n個戰士經過通話交流，互相傳達本身知道的戰況信息，每次通話，可讓通話的雙方知道對方的全部情報，設計算法，使用最少的通話次數，是的戰場上的n個士兵知道全部的戰況信息，不須要寫程序代碼，得出最少的通話次數。

有N（N>4）個戰士，每一個人情報不一樣，兩兩交換以後最後要使每一個人知道全部人的情報，請設計算法，不要求寫代碼，並求出最小的交流數目。

我窮舉了幾個，規律大概是這樣當N%4==0時，交流次數是2*N-4，不然是2*N-3

4.有N我的，其中一個明星和n-1個羣衆，羣衆都認識明星，明星不認識任何羣衆，羣衆和羣衆之間的認識關係不知道，如今若是你是機器人R2T2，你每次問一我的是否定識另一我的的代價爲O(1)，試設計一種算法找出明星，並給出時間複雜度（沒有複雜度不得分）。

解答：這個問題等價於找未知序列數中的最小數，咱們將reg這個函數等價爲如下過程：，若是i認識j，記做i大於等於j,一樣j不必定大於等於i,知足要求，i不認識j記做i<j，對明星k,他不認識全部人，則k是其中最小的數，且知足其他的人都認識他，也就是其他的人都大於等於k.這樣問題就被轉換了。就拿N=5來講，首先有數組S[5]={A,B,C,D,E}這5個變量，裏邊存放着隨機數，求是否存在惟一最小數，若是存在位置在S中的哪裏。（樓主這裏是這個意思，按個人理解題中這個最小數必定是存在且惟一的）

   1: int finds(S,N)

   2: {

   3: int flag=0;//用於斷定是否有明星，即當前最小數另外出現幾回

   4: int temp=0;//存放最小數在S中的位置

   5: for(i=1;i<N;i++)

   6: ｛

   7:  

   8: if(!reg(S[i],S[temp])//若是temp標號的數小於i標號的數

   9:  

  10: ｛

  11:  

  12: temp=i;

  13:  

  14: flag=0;//更換懷疑對象（最小數）時，標記清零

  15:  

  16: ｝

  17:  

  18:  

  19: elseif(reg(S[temp]，S[i])//若是temp裏存放的確實是惟一最小數是不會跑進這裏來的

  20:  

  21: {

  22:  

  23: flag++;

  24:  

  25: ` }

  26:  

  27: ｝

  28:  

  29: if(flag>0) return -1;//表示沒有明星,例如全部的數都相等

  30: return temp;//返回明星在S中的位置

  31: }

4、綜合題

有一個淘寶商戶，在某城市有n個倉庫，每一個倉庫的儲貨量不一樣，如今要經過貨物運輸，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->...，貨物只能經過鏈接的倉庫運輸，設計最小的運送成本（運貨量*路程）達到淘寶商戶的要求，並寫出代碼。

參考：http://www.cnblogs.com/JS-Shining/archive/2012/09/24/2700711.html

相似題目：有n個小朋友坐成一圈，每人有ai個糖果。每人只能給左右兩人傳遞糖果。每人每次傳遞一個糖果代價爲1，求使全部人得到均等糖果的最小代價。

分析：假設a1分給an的糖果數爲k，則能夠獲得如下的信息：

  a1              a2                       a3   an-1 an

當前數目：a1-k   a2 a3   an-1 an+k

所需代價：|a1-k-ave| |a1+a2-k-2*ave| |a1+a2+a3-k-3*ave||a1+..+a(n-1)-k-(n-1)*ave|   |k|

以sum[i]表示從a1加到ai減掉i*ave的和值，這以上能夠化簡爲

總代價 = |s1-k|+|s2-k|+...+|s(n-1)-k|+|k|

不難看出：當k爲s1...s(n-1)中的中位數的時候，所需的代價最小

代碼轉載於網絡：

   1:  

   2:  

   3:  

   4: #include <cstring>

   5:  

   6: #include <iostream>

   7:  

   8: #include <algorithm>

   9:  

  10: using namespace std;

  11:  

  12: const int X = 

  13: 1000005;

  14:  

  15: typedef long 

  16: long ll;

  17:  

  18: ll sum[X],a[X];

  19:  

  20: ll n;

  21:  

  22: ll Abs(ll x){

  23:  

  24: return max(x,-x);

  25:  

  26: }

  27:  

  28: int main(){

  29:  

  30: //freopen("sum.in","r",stdin);

  31:  

  32: while(cin>>n){

  33:  

  34: ll x;

  35:  

  36: ll tot = 0;

  37:  

  38: for(int 

  39: i=1;i<=n;i++){

  40:  

  41: scanf("%lld",&a[i]);

  42:  

  43: tot += a[i];

  44:  

  45: }

  46:  

  47: ll ave = tot/n;

  48:  

  49: for(int 

  50: i=1;i<n;i++)

  51:  

  52: sum[i] = 

  53: a[i]+sum[i-1]-ave;

  54:  

  55: sort(sum+1,sum+n);

  56:  

  57: ll mid = sum[n/2];

  58:  

  59: ll ans = Abs(mid);

  60:  

  61: for(int 

  62: i=1;i<n;i++)

  63:  

  64: ans += 

  65: Abs(sum[i]-mid);

  66:  

  67:  

  68: cout<<ans<<endl;

  69:  

  70: }

  71:  

  72: return 0;

  73:  

  74: }

  75:  

  76: Enjoy~

  77: