奇虎360Java笔试题

1题
执行以下程序后的输出结果是（）
public class Test {
public static void main(String[] args) {
StringBuffer a = new StringBuffer(“A”);
StringBuffer b = new StringBuffer(“B”);
operator(a, b);
System.out.println(a + “,” + b);
}
public static void operator(StringBuffer x, StringBuffer y) {
x.append(y); y = x;
}
}
答案：AB,B
解析：a,b是对象的引用，指向堆内存，将a，b两个引用传给x，y，执行x.append(y)，改变了x引用指向的堆内存的存储内容，变为AB， y = x，表示引用y,指向引用x指向的存储区域，没有改变引用b，指向的存储空间的内容。一句话解决：string是值传递，stringbuffer是引用传递。。所以就这样了。
2题
结构型模式中最体现扩展性的几种模式是（）
答案：装饰模式
解析：A 装饰模式
定义：动态给一个对象添加一些额外的职责,就象在墙上刷油漆.使用Decorator模式相比用生成子类方式达到功能的扩充显得更为灵活。
设计初衷：通常可以使用继承来实现功能的拓展,如果这些需要拓展的功能的种类很繁多,那么势必生成很多子类,增加系统的复杂性,同时,使用继承实现功能拓展,我们必须可预见这些拓展功能,这些功能是编译时就确定了,是静态的。装饰模式的作用就是为了：
1.扩展功能
2.不用继承
从这点来说可以算“最能体现”扩展性吧。
3题
在Linux中,对file.sh文件执行#chmod 645 file.sh中,该文件的权限是()
答案：-rw-r–r-x
解析：Linux下权限对应的数字为：
r =4, w =2, x =1
所以，6就是rw-
4就是r–
5就是r-x
所以，选D
4题
TCP建立连接的过程采用三次握手，已知第三次握手报文的发送序列号为1000，确认序列号为2000，请问第二次握手报文的发送序列号和确认序列号分别为
答案：1999，1000
解析：发送序列是自己发送报文的序列号，当前发送序列号是上一次发送序列号+1
确认序列号是从对方接收到的发送序列号+1
第三次握手发送的序列号是1000，那说明第一次握手发送的序列号是999，注意：这里是握手
，因此，第二次握手的确认序列号是1000，即确认序列号是从对方接收到的发送序列号+1。
第三次握手发送的确认号是2000，说明第二次握手的发送序列号是1999。
所以，选B

5题
下列TCP连接建立过程描述正确的是：
答案：当客户端处于ESTABLISHED状态时，服务端可能仍然处于SYN_RCVD状态
解析：此题主要考察TCP三次握手，四次挥手的状态变化，对着图看吧，加深印象。
三次握手如下：
6题
属于网络112.10.200.0/21的地址是()
答案：112.10.206.0
解析：前21位为网络地址，后12位为主机地址。
110 对应前8位，10对应第二个8位，因此200对应第3个8位
又200的二进制表示为1100 1000
前面已经有了16位，因此11001 是属于网络地址的。000是属于主机地址那么，最大的地址为
【110（十进制）】【10（十进制）】【11001 111】【 11111111】转换为十进制为110.10.207.255
故网络的地址范围为
110.10.200.0~110.10.207.255
故A为正确答案
7题
以下java程序代码，执行后的结果是（）
java.util.HashMap map=new java.util.HashMap();
map.put(“name”,null);
map.put(“name”,”Jack”);
System.out.println(map.size());
答案：1
解析：HashMap可以插入null的key或value，插入的时候，检查是否已经存在相同的key，如果不存在，则直接插入，如果存在，则用新的value替换旧的value，在本题中，第一条put语句，会将key/value对插入HashMap，而第二条put，因为已经存在一个key为name的项，所以会用新的value替换旧的vaue，因此，两条put之后，HashMap中只有一个key/value键值对。那就是（name，jack）。所以，size为1.
8题
以下java程序代码，执行后的结果是（）
public class Test {
public static void main(String[] args) {
Object o = new Object() {
public boolean equals(Object obj) {
return true;
}
};
System.out.println(o.equals(“Fred”));
}
}
答案：true
解析：1.建立了一个匿名内部类，并重写了Object的equals方法。
2.通过o调用了equals方法，方法返回true。
9题
代码片段：
byte b1=1,b2=2,b3,b6;
final byte b4=4,b5=6;
b6=b4+b5;
b3=(b1+b2);
System.out.println(b3+b6);
关于上面代码片段叙述正确的是（）
答案：语句：b3=b1+b2编译出错
解析：表达式的数据类型自动提升, 关于类型的自动提升，注意下面的规则。
①所有的byte,short,char型的值将被提升为int型；
②如果有一个操作数是long型，计算结果是long型；
③如果有一个操作数是float型，计算结果是float型；
④如果有一个操作数是double型，计算结果是double型；
而声明为final的变量会被JVM优化，第6行相当于 b6 = 10
若有不对，请指正
10题
下面代码运行结果是（）
public class Test{
public int add(int a,int b){
try {
return a+b;
}
catch (Exception e) {
System.out.println(“catch语句块”);
}
finally{
System.out.println(“finally语句块”);
}
return 0;
}
public static void main(String argv[]){
Test test =new Test();
System.out.println(“和是：”+test.add(9, 34));
}
}
答案：finally语句块，和是：43
解析：程序先执行try块中return之前（包括return语句中的表达式运算）的代码；再执行finally块，最后执行try块中的return; 而 finally块之后的return语句，因为程序在try块中已经return了，所以不再执行。
11题
以下情况下不一定出现TCP分节RST的情况是：
答案：服务器主机崩溃后重启
解析:四种情况会发送RST包：
1、端口未打开
2、请求超时
3、提前关闭
4、在一个已关闭的socket上收到数据
12题
一个数据库中现有A,B,C,D,E,F六个语句但目前这个数据库是不协调的，必须删除某些语句才能恢复数据库的协调性。已知：（1）如果保留语句A，那么必须保留语句B和C。（2）如果保留语句E，则必须同时删除语句D和语句C。（3）只有保留语句E，才能保留语句F。（4）语句A是重要的信息，不能删除以上各项如果为真，则以下哪项一定为真？
答案：同时删除语句E和语句F
解析：根据（4），A必须有；
再根据（1），B，C必须有，此时一定有ABC
根据（2），因为有C，所以一定没有E
根据（3），因为没有E，所以一定没有F
综上，ABC一定有，EF一定没有，D不确定
13题
下列关于静态工厂和工厂方法表述错误的是：（）
答案：二者都满足开闭原则：静态工厂以if else方式创建对象，增加需求的时候会修改源代码
解析：选D，开闭原则：对扩展开放，对修改封闭。静态工厂增加需要是修改源代码，对修改不封闭，不符合开闭原则。
14题
设有一个用数组Q[1..m]表示的环形队列，约定f为当前队头元素在数组中的位置，r为队尾元素的后一位置(按顺时针方向),若队列非空，则计算队列中元素个数的公式应为()
答案：(m+r-f)mod m
解析：（1）当尾大于头长度为尾 - 头当尾小于头例如尾巴在2号位置，而头在4号位置。表的长度为4 1 2，而这段长度为总长度 - (尾 -头 ) = 总长度 - ( 尾 -头 ) 而 ( 尾 -头 ) < 0所以得到总长度+ ( 尾 -头 ) 。
因此合并两个表达式得到 (总长度+ ( 尾 -头 ))%总长度，% 防止(1)情况发生溢出。
1
4 2
3
15题
以下程序是用辗转相除法来计算两个非负数之间的最大公约数：
long long gcd(long long x,long long y){
if(y==0)
return x;
else return gcd(y,x%y);
}
我们假设x,y中最大的那个数的长度为n，基本基本运算时间复杂度是O(1),那么该程序的时间复杂度为（）
答案：O(logn)
解析：快速的思路是排除法，不是与固定几个值计算，所以不是O(1)的，当然也不会把每个数都遍历个遍来确定，不是O(n)和O(n^2)的，于是选择A。
当然如果感兴趣的话，可以做一个实验：在10000以内两两辗转相除法，运算次数最多的是哪两个数呢？
6765和 4181
如果把上界再缩小或扩大，你会发现，出现的数都是斐波那契数列中的数，都是相邻的两项。
因为斐波那契数列相邻两项在做gcd的时候，每次mod只相当于做了一次a-b，退化成更相减损术了，而没有起到mod的加速效果。
而斐波那契数列有通项公式，第n项的值是与某两个无理数的n次相关的。所以，是logn了
（当然这个证明还是很不科学的）
16题
计算斐波那契数列第n项的函数定义如下：
int fib(int n){
if(n==0)
return 1;
else if(n==1)
return 2;
else
return fib(n-1)+fib(n-2);
}
若执行函数调用表达式fib(10),函数fib被调用的次数是：
答案：177
解析：f(10)=f(9)+f(8)+1
= 2f(8)+f(7)+2
=3f(7)+2f(6)+4
=5f(6)+3f(5)+7
…
=55f(1)+34f(0)+88
55+34+88=177
17题
设图G的相邻矩阵如下图：则G的顶点数和边数分别为：
0 1 1 1 1
1 0 1 0 0
1 1 0 1 1
1 0 1 0 1
1 0 1 1 0
答案：5,8
解析：笨方法：把图按照相邻矩阵画出来；
简单方法：只计算主对角线的上三角或下三角有多少个 1 即可。矩阵为5*5，则有五个顶点；关于主对角线对称，则为无向图；无向图中，边数目等于上/下三角矩阵中的非零元素数目。

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