网易校招笔试题

来源：互联网发布：有限电视和网络融合编辑：程序博客网时间：2024/04/29 22:48

1、对于一个内存地址是32位、内存页是8KB的系统。0X0005F123这个地址的页号与页内偏移分别是多少。

页面大小是8KB，那么页内偏移量是从0x0000（0）~ 0x1FFF（2的13次方 - 1）。0x5F123/8K=2E，余数是1123；则页号是47页，页内偏移量应该是0X00001123。

2、如果X大于0并小于65536，用移位法计算X乘以255的值为： (X<<8)-X

X<<8-X是不对的，因为移位运算符的优先级没有减号的优先级高，首先计算8-X为0，X左移0位还是8。

3、一个包含n个节点的四叉树，每个节点都有四个指向孩子节点的指针，这4n个指针中有 3n+1 个空指针。

4、以下两个语句的区别是：第一个动态申请的空间里面的值是随机值，第二个进行了初始化，里面的值为0

[cpp] view plaincopy
int *p1 = new int[10];  
int *p2 = new int[10]();  

5、计算机在内存中存储数据时使用了大、小端模式，请分别写出A=0X123456在不同情况下的首字节是：

大端模式：0X12 小端模式：0X56 X86结构的计算机使用小端模式。

一般来说，大部分用户的操作系统（如windows, FreeBsd,Linux）是小端模式的。少部分，如MAC OS，是大端模式的。

6、在游戏设计中，经常会根据不同的游戏状态调用不同的函数，我们可以通过函数指针来实现这一功能，请声明一个参数为int *，返回值为int的函数指针：int (*fun)(int *)

7、下面程序运行后的结果为：to test something

[cpp] view plaincopy
char str[] = "glad to test something";  
    char *p = str;  
    p++;  
    int *p1 = static_cast<int *>(p);  
    p1++;  
    p = static_cast<char *>(p1);  
    printf("result is %s\n",p);  

8、在一冒险游戏里，你见到一个宝箱，身上有N把钥匙，其中一把可以打开宝箱，假如没有任何提示，随机尝试，问：

（1）恰好第K次（1=<K<=N）打开宝箱的概率是多少。

（2）平均需要尝试多少次。

（1）(1-1/n)*(1-1/(n-1))*(1-1/(n-2))***(1/(n-k+1)) = 1/n

（2）这个就是求期望值，由于每次打开宝箱的概率都是1/n，则期望值为：

1*(1/n)+2*(1/n)+3*(1/n)+......+n*(1/n) = （n+1）/2

9、头文件中ifndef / define / endif 是做什么用的？

10、代码里有时可以看到extern “C”，这语句是做什么用的？

11、输入格式：

第一行输入N（N<=100）表示流通的纸币面额数量；第二行N个纸币的具体表示的面额，从小到大排列，取值[1，10^6]。

输出格式：

输出一个整数，表示应该发行的纸币面额，这个整数是已经发行的所有纸币面额都无法表示的最小整数。（已经发行的每个纸币面额最多只能使用一次）

输入

输出

1 2 3 9 100

1 2 4 9 100

1 2 4 7 100

思路：这是一个典型的母函数问题，一般的典型母函数如 G（x）= (1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+....)*(1+x^2+x^4+x^6+x^8+x^10+....)*(1+x^3+x^6+x^9+x^12....).....

这个题目中的每个纸币只能够使用0次或1次，在上面的那个一般的母函数的基础上修改一下就行了，就很简单了。

具体代码如下：

[cpp] view plaincopy
#include <iostream>  
using namespace std;  
  
const int lmax=10000;  
int c1[lmax+1],c2[lmax+1];  
  
int main(void)  
{  
    int m,n,i,j,k,a[110];  
    //计算的方法还是模拟手动运算，一个括号一个括号的计算，从前往后  
    while (cin>>m && m)  
    {  
        n=0;  
        for(i = 0; i < m; i++)  
        {  
            scanf("%d",&a[i]);  
            n += a[i];  
        }  
        n += 5;     //有可能无法表示的那个数比所有纸币面额的总和还要大  
        for(i = 0; i <= n; i++)  
        {  
            c1[i] = 0;  
            c2[i] = 0;  
        }  
        for(i = 0; i < 2*a[0]; i += a[0])        //母函数的表达式中第一个括号内的各项系数  
            c1[i] = 1;  
        //第一层循环是一共有 n 个小括号，而刚才已经算过一个了，所以是从2 到 n   
        // i 就是代表的母函数中第几个大括号中的表达式  
        for(i = 2; i <= m; i++)  
        {  
            for(j = 0; j <= n; j++)              //j 就是指的已经计算出的各项的系数  
            {  
                for (k = 0; k < 2*a[i-1]; k += a[i-1])    //k 就是指将要计算的那个括号中的项  
                {   
                    c2[j+k] += c1[j];        //合并同类项，他们的系数要加在一起，所以是加法  
                }  
            }  
            for(j = 0; j <= n; 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;  
            }  
        }  
        for(i = 1; i <= n; i++)  
        {  
            if(c1[i] == 0)  
            {  
                cout<<i<<endl;      //找出第一个无法表示的纸币面额  
                break;  
            }  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

0 0