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前言
试题
小结
参考文献

前言

2016.04.16 晚中山大学大学城校区（东校区）参加了多益网络的 C++ 游戏后台开发的笔试。有几道笔试题还是值得斟酌和记录的，特记录如下。比较可惜，因为回老家了，未能参加多益网络的面试。

试题

题目一：
给定代码段int A[2][3]={1,2,3,4,5,6};那么A[1][0]和*(*(A+1)+1)的值分别是什么？
答：
A[1][0]=4，*(*(A+1)+1)=5。
这里考察了对二维数组的理解和指针运算。A[1][0]=4比较好理解。但是对二维数组A进行指针运算时，我们要知道二维数组A的类型是什么，考察如下代码：

int A[2][3]={1,2,3,4,5,6};
cout<<"sizeof(A):"<<sizeof(A)<<“ ”<<typeid(A).name()<<endl;

VS2012中代码输出 sizeof(A):24 int [2][3]。可见二维数组A的类型是int[2][3]，所以sizeof(A)=sizeof(int)*6=24。

知道了A的类型是int[2][3]之后，当我们对数组A进行指针运算时，那么A就会退化为指针，它的类型变为int(*)[3]，验证代码如下：

cout<<"sizeof(A+1):"<<sizeof(A+1)<<" "<<typeid(A+1).name()<<endl;
cout<<"sizeof(*(A+1)):"<<sizeof(*(A+1))<<endl;

输出结果为：

sizeof(A+1):4 int (*)[3]
sizeof(*A):12 int [3]

所以*(A+1)表示的是二维数组的第二行，其类型是 int[3]。可将*(A+1)取个别名，容易理解，*(A+1)=int a[3]，此时在对变量*(A+1)进行指针运算时，就相当于对一维数组 a 进行进行指针运算。那么*(a+1)的值就是二维数组 A 的第二行的第二个数 5。

是有点绕，不过一定要好好理解，才能掌握数组与指针之间的区别与联系。这里有一点一定要记住：当对数组进行指针运算时，其会退化为指针。

题目二：
下面代码的作用是什么？

double x,ret=0;
for(int i=1;scanf("%lf",&x)==1;++i) {ret+=(x-ret)/i;
}

答：
这段代码真的很精妙，其作用就是求标准输入双精度浮点数和的平均值。按照顺序走几遍循环就可以了。比如输入的值为a，那么结果ret=a，第二次输入值为b，那么:
ret=b−a2+a=a+b2ret=\frac {b-a} {2}+a=\frac {a+b}2ret=2b−a+a=2a+b
假如第三次输入的是c，那么：
ret=a+b2+c−a+b23=a+b+c3ret=\frac {a+b}2+\frac{c-\frac {a+b}2}3=\frac{a+b+c}3ret=2a+b+3c−2a+b=3a+b+c

以此类推，可以知道上面的代码是求输入双精度浮点数和的平均值。

题目三：
在一个平面坐标系中，从方格（0,0）移动到方格（6,6），每次只能向上移动或者向右移动，且每次只能移动一个方格，且不能经过（2,3）和（4,4）两个方格，有多少种移动的方式。
答：
这道题本质是组合问题。解题思路：
（1）算出从方格（0,0）到方格（6,6）总共有多少种移动的方式；
（2）减去经过（2,3）和（4,4）的所有路径。

从方格（0,0）移动到方格（6,6）的移动次数是12次，每次都选择向右还是向上。因此向右只能选择6次，所以总的移动次数设为countAll=C126=924种。countAll=C_{12}^6=924种。countAll=C126=924种。

按照上面的计算方式，（0,0）到（2,3）有C52C_5^2C52种，再从（2,3）到（6,6）有C74C_7^4C74种。所以经过方格（2,3）从（0,0）移动到（6,6）的移动方式countA=C52C74=350countA=C_5^2C_7^4=350countA=C52C74=350种。

同理，经过方格（2,3）从（0,0）移动到（6,6）的移动方式countB=C84C42=420countB=C_8^4C_4^2=420countB=C84C42=420种。

同理，同时经过（2,3）和（4,4）的移动方式countAB=C52C31C42=180countAB=C_5^2C_3^1C_4^2=180countAB=C52C31C42=180种。

因为经过（2,3）的路径中有可能经过（4,4），反之亦然。所以减去countA和countB时，会多减去一次同时经过（2,3）和（4,4）的移动方式数countAB，所以最终结果是：
count=countAll−countA−countB+countAB=924−350−420+180=334count=countAll-countA-countB+countAB=924-350-420+180=334count=countAll−countA−countB+countAB=924−350−420+180=334$。

题目四：
这是一道代码理解题。给定如下代码片段：

void getmemoney(char** p,int num){*p=(char*)malloc(num);
}void test(void){char* str=NULL;getmemoney(&str,1000);strcpy(str,"hello");printf(str);
}

问运行test函数有什么结果？

答：
这里考察了两点：
第一点：内存泄露；
第二点：strcpy函数的作用于特点。
运行test函数会打印输出hello，且出现内存泄露。strcpy函数与是C语言标准库函数，把从src地址开始且含有NULL结束符的字符串复制到以dest开始的地址空间。这里要注意的是字符串拷贝结束后，会在目的地址空间最后添加空字符’\0’。

题目五：
这是一道编程题。题目如下：
第五套人民币，中华人民共和国的纸币有1元、5元、10元、20元、50元和100元。共6种，凑齐100元的一种组合是：五张1元+一张5元+两张10元+一张20元+一张50元。请写一个算法，计算凑齐100元的组合的种类数。

答：
方法一：穷举法
解题思路：
我们可以列举所有可能情况。全部用1元来凑齐的话，需要一百张；全部用5元来凑的话，需要二十张；全部用10元，需要十张；全部用20元，需要五张；全部用50元，需要两张，全部用100元，需要一张。

迭代实现：
因此我们可以采用多重循环迭代的方式来求出组成100元的所有可能性。参考如下代码：

int main(){int count=0; //组合种类数for(int a=0;a<=100;++a){for(int b=0;b<=20;++b){for(int c=0;c<=10;++c){for(int d=0;d<=5;++d){for(int e=0;e<=2;++e){for(int f=0;f<=1;++f){if(1*a + 5*b + 10*c + 20*d + 50*e + 100*f==100)count++;}//end f:100元}//end e：50元}//end d:20元}//end c:10元}//end b：5元}//end a:1元cout<<"count:"<<count<<endl;
}

程序输出： count:344。表明有344种组合方式。

递归实现：
列举所有可能的组合，我们可以采用递归的方式来实现。将所有可能的组合可以列举成如下的六叉树形结构：

我们深度遍历这棵六叉树，来统计凑够100元的组合数。但是以递归的方式来深度遍历这棵六叉树时需要注意两点：

**第一点：回溯。**对于每种面值累加厚，在退出当前节点回到上一层节点时需要进行回溯，即减去这一层节点的纸币面值。

**第二点：避免重复。**在深度遍历时，如果全部遍历的话，会出现重复组合的情况。比如以面值1开始递归遍历，有一种组合方式是1,1,1…1,5，从头结点开始再以5开始递归遍历会出现5,1,1,1…1。这两种组合其实是同一种组合方式，如何避免这种重复计数呢？

以1开始遍历，其实是统计了所有包含1组成100的左右可能情况。这时候，再以5开始遍历的时候，我们就不应该再去遍历包含1的所有可能的组合。所以要给定节点内的下标，表示当前遍历时节点内的起始值是什么。比如再以头结点的5开始遍历时，下面每一层节点内的遍历起点都是从5开始，而不能从1开始。

参考如下代码：

int rmb[6]={1,5,10,20,50,100};
int count=0;//组合数//index：表示第几个纸币，即节点内下标
void getCombinationNum(int& sum,int index){for(int i=index;i<6;++i){sum+=rmb[i];if(sum<100)getCombinationNum(sum,i);if(sum==100){++count;}sum-=rmb[i]; //回溯}
}int main(){int sum=0; //币值累加和getCombinationNum(sum,0);cout<<"count:"<<count<<endl;
}

程序输出：count：344种。

递归与迭代实现的对比：
使用递归的方式来实现穷举所有可能的组合，代码实现上较为简洁，但是递归带来的多重的函数调用增加了运行时开销，效率次于迭代实现，并且不太容易理解。所以建议使用迭代的方式来实现穷举。

方法二：动态规划法
考察组成100元的方式，可以从高面值往低面值开始拆分。对于100元面值的纸币，组成100元的方式要么包含100元面值的纸币，要么不包含这两种情况。

所以可以设f(n,j)表示价值为n的金额由包含第0到第j种面值组成的所有情况数。那么f(n,j)分为两种情况，包含第j种面值，和不包含第j种面值情况，那么f(n,j)=f(n-v[j],j)+f(n,j-1)。其中f[n,j-1]表示没有第j种纸币的情况的总和，f(n-v[j],j)表示去掉一张第j中纸币面值后剩余面值由第0到第j种面值组成的所有情况数。特别的，当n=0时，f(0,j)=1。

有了上面的递归式，我们知道f(100,5)就是我们要求的组成100元由第0种纸币1元到第5种纸币100元组成的种类数。

实现参考如下代码：

const int v[6] = {1,5,10,20,50,100};int f(int n, int w)
{if(n<0) return 0;if(n==0) return 1;if(w<0) return 0;return f(n, w-1) + f(n-v[w], w);
}int main(){cout<<"count:"<<f(100,5)<<endl;
}

输出结果：count:344。

小结

终于写完了，历时两天。里面的一些东西还是不错的。尤其是最后一个编程题。包含了一些算法思想，值得大家深思。在编程时，思路很重要，有了正确的思路，才能写出正确的代码。

参考文献

[1] CSDN.用1元，2元，5元，10元，20元和50元的纸币组成100元，共有多少种情况

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