卷友们好，我是阿秀。

嗯，智力题&情景题终于来了，这次阿秀不再是鸽秀...

其实真不是我不更，主要是最近事情有点多，最近在忙着个人博客和研究生毕业答辩的事情。

搭这个博客主要是因为不止一个小伙伴跟我说过公众号端和 PDF 看着都感觉差点意思，如果能出一个在线版的就好了，最好能将阿秀自己的校招笔记总结起来更好了。

嗯，它来了，我把自己的全部秋招笔记都同步上去了。

现在暂时还是本地，还没有正式上线。

阿秀已经用自己的私房钱去阿里云买了域名，不过目前还在备案，等审批通过这个小博客就能上线了。

这里着重感谢一下我的小伙伴陌溪（公众号「陌溪教你学编程」），他在我搭建博客的时候给了我不少帮助。

提起陌溪可能知道的人不多，但提起蘑菇博客估计知道的人就不少了。是的，蘑菇博客的所有者就是陌溪。

下面自己的这个小博客将会更新的内容如下：

1、将公众号端已经更新的十四期《逆袭进大厂》系列内容同步过去；

2、增加《带你快速刷完67道剑指offer》专栏，阿秀自己在找工作前将《剑指offer》这本书来回刷了三四遍，并且也汲取了牛客网和力扣网上剑指offer题目后的精妙解法，一道题有三四种解法是基本操作，自己当时都有做笔记，这部分内容会以专栏的形式会在博客上逐步更新出来。

3、增加《精选300+LeetCode题解》专栏，这个部分都是我自己的 LeetCode 刷题笔记，当时自己刷题的时候是按照如下 14 个类别刷的，并且每个类别下分为easy、medium、hard三个分类分别刷的。

跟《剑指offer》一样，自己在刷完力扣上的题后，也会去看别人在力扣评论区贴出来的一些精妙解法，当时就选择性的摘抄下来了，当时只是觉得这么好的解法应该记录下来，万一自己以后能用到呢 哈哈，,结果现在真的用上了。

4、增加《LeetCode HOT 100》专栏，算法能力的提高是日积月累的，不可能三天学会、七天精通。

但有些好题的优先级比较高，是你应该多去练习的，LeetCode HOT 100就是这样的题。

现在力扣网题目越来越多，貌似已经突破 2000 + 了，但感觉有点变味了，不再是为了算法的乐趣而去出题了，更有点像为了刷题而源源不断的出新题。

个人感觉还是  No.1- No.300 这三百道题和 HOT 100 更加经典，如果你没有什么时间去精进自己的算法能力的话，那你直接去做LeetCode HOT 100吧。

我去年找工作的时候，不敢保证HOT 100中的每道题都做过了了，但对其中自己做过的题都自己做了备注，基本上都不止一种解法，有些还是二刷三刷。

我不认为自己的算法能力都多强，也不认为自己的解法就是最好的。

特别是现在大半年过去了，不少题目也许又出现了更快、更好的解法。只是这些笔记是我以前认真记录的，放在那里也是放着，我自己短时间内也是用不上了。

阿秀现在它整理出来，能帮到一个人就代表我没有白整理、白分享。

不知道你们有没有那种感觉？

就是当你看到一种很厉害的解法，再回头看看自己的解法，恨不得给自己一个嘴巴子！！

感慨别人的解法为什么这么好，自己除了暴力就只会暴力，有时候暴力还暴力不出来...所以我时不时就会感慨别人的做法都是神仙做法，我自己的是笨猪做法。

我分享这些只是想帮助那些像我一样计算机小白新手们，特别是那些跟我一样的普通双非学校的学弟学妹们，希望你们的找工作能更加顺利。

如果觉得我的开源对你有帮助的话，能帮我将这个博客项目点个 star 就是对我最大的帮助和支持了。

文末“阅读原文”就可直达项目地址啦，感谢每位支持阿秀的好心人！

扯远了扯远了，话痨属性暴露无疑，我经常一扯就停不下来。

回到正题，本期智力题&情景题如下所示：

1、三人三鬼过桥

有三个人跟三个鬼要过河,河上没桥只有条小船,然后船一次只能渡一个人和一个鬼,或者两个鬼或者两个人,无论在哪边岸上,只有是人比鬼少的情况下(如两鬼一人,三鬼两人,三鬼一人)人会被鬼吃,然而船又一定需要人或鬼操作才能航行(要有人或鬼划船),问,如何安全的把三人三鬼渡过河对岸?

参考回答

• 先两鬼过去。在一鬼回来。对面有一鬼。这边有三人两鬼。

• 再两鬼过去。在一鬼回来。对面有两鬼。这边有三人一鬼。

• 再两人过去。一人一鬼回来。对面一人一鬼。这边两人两鬼。

• 最后两人过去。一鬼回来。对面三人。这边三鬼。

• 剩下的就三个鬼二个过去一个回来在接另外个就OK了。

2、赛马找最快的马匹（腾讯高频题）

一般有这么几种问法：

25匹马5条跑道找最快的3匹马，需要跑几次？参考回答：7

64匹马8条跑道找最快的4匹马，需要跑几次？参考回答：11

25匹马5条跑道找最快的5匹马，需要跑几次？参考回答：最少8次最多9次

建议画图表来看，将问题简单化一点，将大问题化成小问题即可，同时B站有个讲解视频还不错：https://www.bilibili.com/video/BV1KJ411g78y

详细解法：

1、25匹马5条跑道找最快的3匹马，需要跑几次？

将25匹马分成ABCDE5组，假设每组的排名就是A1>A2>A3>A4>A5,用边相连，这里比赛5次

第6次，每组的第一名进行比赛，可以找出最快的马，这里假设A1>B1>C1>D1>E1

D1，E1肯定进不了前3，直接排除掉

第7次，B1 C1 A2 B2 A3比赛，可以找出第二，第三名

所以最少比赛需要7次

2、64匹马8条跑道找最快的4匹马，需要跑几次？

第一步 全部马分为8组，每组8匹，每组各跑一次，然后淘汰掉每组的后四名，如下图（需要比赛8场）

第二步 取每组第一名进行一次比赛，然后淘汰最后四名所在组的所有马，如下图（需要比赛1场）

这个时候总冠军已经诞生，它就是A1，蓝域（它不需要比赛了）。

而其他可能跑得最快的三匹马只可能是下图中的黄域了（A2,A3,A4,B1,B2,B3,C1,C2,D1，共9匹马）

第三步 只要从上面的9匹马中找出跑得最快的三匹马就可以了，但是现在只要8个跑道，怎么办？

那就随机选出8匹马进行一次比赛吧（需要比赛一场）

第四步 上面比赛完，选出了前三名，但是9匹马中还有一匹马没跑呢，它可能是一个潜力股啊，那就和前三名比一比吧，这四匹马比一场，选出前三名。最后加上总冠军，跑得最快的四匹马诞生了！！！（需要一场比赛）

最后，一共需要比赛的场次：8 + 1 + 1 + 1 = 11 场

3、25匹马5条跑道找最快的5匹马，需要跑几次？

(1) 首先将25匹马分成5组，并分别进行5场比赛之后得到的名次排列如下：

A组：[A1 A2 A3  A4 A5]

B组：[B1 B2 B3  B4 B5]

C组：[C1 C2 C3 C4 C5]

D组：[D1 D2 D3 D4 D5]

E组：[E1 E2 E3  E4 E5]

其中，每个小组最快的马为[A1、B1、C1、D1、E1]。

(2) 将[A1、B1、C1、D1、E1]进行第6场，选出第1名的马，不妨设 A1>B1>C1>D1>E1. 此时第1名的马为A1。

(3) 将[A2、B1、C1、D1、E1]进行第7场，此时选择出来的必定是第2名的马，不妨假设为B1。因为这5匹马是除去A1之外每个小组当前最快的马。

(3) 进行第8场，选择[A2、B2、C1、D1、E1]角逐出第3名的马。

(4) 依次类推，第9，10场可以分别决出第4，5名的吗。

因此，依照这种竞标赛排序思想，需要10场比赛是一定可以取出前5名的。

仔细想一下，如果需要减少比赛场次，就一定需要在某一次比赛中同时决出2个名次，而且每一场比赛之后，有一些不可能进入前5名的马可以提前出局。

当然要做到这一点，就必须小心选择每一场比赛的马匹。我们在上面的方法基础上进一步思考这个问题，希望能够得到解决。

(1) 首先利用5场比赛角逐出每个小组的排名次序是绝对必要的。

(2) 第6场比赛选出第1名的马也是必不可少的。假如仍然是A1马(A1>B1>C1>D1>E1)。那么此时我们可以得到一个重要的结论：有一些马在前6场比赛之后就决定出局的命运了(下面粉色字体标志出局)。

A组：[A1 A2 A3  A4 A5]

B组：[B1 B2 B3  B4 B5 ]

C组：[C1 C2 C3  C4 C5 ]

D组：[D1 D2 D3 D4 D5 ]

E组：[E1  E2 E3  E4 E5 ]

(3) 第7场比赛是关键，能否同时决出第2，3名的马呢？我们首先做下分析：

在上面的方法中，第7场比赛[A2、B1、C1、D1、E1]是为了决定第2名的马。但是在第6场比赛中我们已经得到(B1>C1>D1>E1)，试问？有B1在的比赛，C1、D1、E1还有可能争夺第2名吗？当然不可能，也就是说第2名只能在A2、B1中出现。实际上只需要2条跑道就可以决出第2名，剩下C1、D1、E1的3条跑道都只能用来凑热闹的吗？

能够优化的关键出来了，我们是否能够通过剩下的3个跑道来决出第3名呢？当然可以，我们来进一步分析第3名的情况？

● 如果A2>B1(即第2名为A2)，那么根据第6场比赛中的(B1>C1>D1>E1)。可以断定第3名只能在A3和B1中产生。

● 如果B1>A2(即第2名为B1)，那么可以断定的第3名只能在A2, B2,C1 中产生。

好了，结论也出来了，只要我们把[A2、B1、A3、B2、C1]作为第7场比赛的马，那么这场比赛的第2，3名一定是整个25匹马中的第2，3名。

我们在这里列举出第7场的2，3名次的所有可能情况：

① 第2名=A2，第3名=A3

② 第2名=A2，第3名=B1

③ 第2名=B1，第3名=A2

④ 第2名=B1，第3名=B2

⑤ 第2名=B1，第3名=C1

(4) 第8场比赛很复杂，我们要根据第7场的所有可能的比赛情况进行分析。

① 第2名=A2，第3名=A3。那么此种情况下第4名只能在A4和B1中产生。

● 如果第4名=A4，那么第5名只能在A5、B1中产生。

● 如果第4名=B1，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。

不管结果如何，此种情况下，第4、5名都可以在第8场比赛中决出。其中比赛马匹为[A4、A5、B1、B2、C1]

② 第2名=A2，第3名=B1。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。

● 如果第4名=A3，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。

● 如果第4名=B2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。

● 如果第4名=C1，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。

那么，第4、5名需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生，则必须比赛两场才行，也就是到第9场角逐出全部的前5名。

③ 第2名=B1，第3名=A2。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。

情况和②一样，必须角逐第9场

④ 第2名=B1，第3名=B2。那么此种情况下第4名只能在A2、B3、C1中产生。

● 如果第4名=A2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。

● 如果第4名=B3，那么第5名只能在A2、B4、C1中产生。

● 如果第4名=C1，那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。

那么，第4、5名需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产 生，则必须比赛两场才行，也就是到第9场角逐出全部的前5名。

⑤ 第2名=B1，第3名=C1。那么此种情况下第4名只能在A2、B2、C2、D1中产生。

● 如果第4名=A2，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。

● 如果第4名=B2，那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。

● 如果第4名=C2，那么第5名只能在A2、B2、C3、D1中产生。

● 如果第4名=D1，那么第5名只能在A2、B2、C2、D2、E2中产生。

那么，第4、5名需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中 产 生，因此也必须比赛两场，也就是到第9长决出胜负。

总结：最好情况可以在第8场角逐出前5名，最差也可以在第9场搞定。

3、给定随机函数，生成别的随机数

给定生成1到5的随机数Rand5()，如何得到生成1到7的随机数函数Rand7()？

思路

由大的生成小的容易，比如由Rand7()生成Rand5()，所以我们先构造一个大于7的随机数生成函数。记住下面这个式子：

RandNN= N( RandN()-1 ) + RandN() ;// 生成1到N^2之间的随机数
可以看作是在数轴上撒豆子。N是跨度/步长，是RandN()生成的数的范围长度，
RandN()-1的目的是生成0到N-1的数，是跳数。后面+RandN()的目的是填满中间的空隙

比如Rand25= 5( Rand5()-1 ) + Rand5()可以生成1到25之间的随机数。我们可以只要1到21（3*7）之间的数字，所以可以这么写

int rand7(){int x=INT_MAX;while(x>21){x=5*(rand5()-1)+rand5();}return x%7+1;
}

4、砝码称轻重，找出最轻的

其实这都是一类题，这里列举几个经典的：

1、有一个天平，九个砝码，其中一个砝码比另八个要轻一些，问至少要用天平称几次才能将轻的那个找出来？

参考回答：至少2次。第一次，一边3个，哪边轻就在哪边，一样重就是剩余的3个；第二次，一边1个，哪边轻就是哪个，一样重就是剩余的那个；至少称2次．

2、十组砝码每组十个，每个砝码都是10g重，但是现在其中有一组砝码每个都只有9g重，现有一个能显示克数的秤，最少称几次能找到轻的那组？参考回答：1次

参考回答：至少1次。

将砝码分组1~10，第一组拿一个，第二组拿两个以此类推。。第十组拿十个放到秤上称出克数x，则y = 550 - x，第y组就是轻的那组。

5、利用空瓶换饮料，最多喝几瓶

1000瓶饮料，3个空瓶子能够换1瓶饮料，问最多能喝几瓶？

参考回答

拿走3瓶，换回1瓶，相当于减少2瓶。但是最后剩下4瓶的时候例外，这时只能换1瓶。所以我们计算1000减2能减多少次，直到剩下4.（1000-4=996，996/2=498）所以1000减2能减498次直到剩下4瓶，最后剩下的4瓶还可以换一瓶，所以总共是1000+498+1=1499瓶。

6、毒药毒白鼠，找出哪个瓶子中是毒药

有1000个一模一样的瓶子，其中有999瓶是普通的水，有1瓶是毒药。任何喝下毒药的生命都会在一星期之后死亡。现在你只有10只小白鼠和1个星期的时间，如何检验出哪个瓶子有毒药？

参考回答

1、将10只老鼠剁成馅儿，分到1000个瓶盖中，每个瓶盖倒入适量相应瓶子的液体，置于户外，并每天补充适量相应的液体，观察一周，看哪个瓶盖中的肉馅没有腐烂或生蛆。（你要是胆子够大就可以这么回答，是个狼人）

2、首先一共有1000瓶，2的10次方是1024，刚好大于1000，也就是说，1000瓶药品可以使用10位二进制数就可以表示。从第一个开始：

第一瓶 ：   00 0000 0001

第二瓶：   00 0000 0010

第三瓶：   00 0000 0011

……

第999瓶：   11 1111 0010

第1000瓶：  11 1111 0011

需要十只老鼠，如果按顺序编号，ABCDEFGHIJ分别代表从低位到高位每一个位。每只老鼠对应一个二进制位，如果该位上的数字为1，则给老鼠喝瓶里的药。

观察，若死亡的老鼠编号为：ACFGJ，一共死去五只老鼠，则对应的编号为  10 0110 0101，则有毒的药品为该编号的药品，转为十进制数为：613号。（这才是正解，当然前提是老鼠还没被撑死）

类似的问题

8瓶酒一瓶有毒，用小老鼠测试。每次测试结果8小时后才会得出，而你只有8个小时的时间。最少需要（  ）老鼠测试？A、2         B、3         C、4            D、6

解析：用3位2进制代表8瓶酒，如下表所示

瓶序号                     二进制                                     中毒情况

第一瓶                       000                                         全没中毒

第二瓶                       001                                  只有第一个老鼠中毒

第三瓶                       010                                  只有第二个老鼠中毒

第四瓶                       011                             第一个老鼠、第三个老鼠同时中毒

第五瓶                       100                                  只有第三个老鼠中毒

第六瓶                       101                             第一个老鼠、第三个老鼠同时中毒

第七瓶                       110                             第二个老鼠、第三个老鼠同时中毒

第八瓶                        111                                      三个老鼠同时中毒

其中，第一个老鼠喝下最低位为1对应的酒，第二个老鼠喝下中间位为1对应的酒，第三个老鼠喝下最高位为1对应的酒

最后将所有中毒的老鼠，对应的位次进行与操作即可以知道那瓶毒药有毒了

7.、利用烧绳子计算时间

现有若干不均匀的绳子，烧完这根绳子需要一个小时，问如何准确计时15分钟，30分钟，45分钟，75分钟。。。

计算15分钟：对折之后两头烧(要求对折之后绑的够紧，否则看45分钟解法)

计算30分钟：两头烧

计算45分钟：两根，一根两头烧一根一头烧，两头烧完过了30分钟，立即将第二根另一头点燃，到烧完又过15分钟，加起来45分钟

计算75分钟：将30和45分钟的方式加起来就可以了

其余类似

8、在24小时里面时针分针秒针可以重合几次

24小时中时针走2圈，而分针走24圈，时针和分针重合24-2=22次，而只要时针和分针重合，秒针一定有机会重合，所以总共重合22次

9、100个奴隶猜帽子颜色

一百个奴隶站成一纵列，每人头上随机带上黑色或白色的帽子，各人不知道自己帽子的颜色，但是能看见自己前面所有人帽子的颜色． 然后从最后一个奴隶开始，每人只能用同一种声调和音量说一个字：”黑”或”白”， 如果说中了自己帽子的颜色，就存活，说错了就拉出去斩了，说的参考回答所有奴隶都能听见。是否说对，其他奴隶不知道。在这之前，所有奴隶可以聚在一起商量策略，问如果奴隶都足够聪明而且反应足够快，100个人最大存活率是多少？

参考回答：这是一道经典推理题

1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”，他可能死

2、其他人记住这个值（实际是黑帽奇偶数），在此之后当再听到黑时，黑帽数量减一

3、从倒数第二人开始，就有两个信息：记住的值与看到的值，相同报“白”，不同报“黑”

99人能100%存活，1人50%能活

另外，此题还有变种：每个奴隶只能看见前面一个人帽子颜色又能最多存活多少人？

参考回答：增加限制条件后，上面的方法就失效了，此时只能约定偶数位奴隶说他前一个人的帽子颜色，奇数奴隶获取信息100%存活，偶数奴隶50几率存活。

10、 小猴子搬香蕉

一个小猴子边上有100根香蕉，它要走过50米才能到家，每次它最多搬50根香蕉，（多了就被压死了），它每走 1米就要吃掉一根，请问它最多能把多少根香蕉搬到家里？

（提示：他可以把香蕉放下往返的走，但是必须保证它每走一米都能有香蕉吃。也可以走到n米时，放下一些香蕉，拿着n根香蕉走回去重新搬50根。）

参考回答：这种试题通常有一个迷惑点，让人看不懂题目的意图。此题迷惑点在于：走一米吃一根香蕉，一共走50米，那不是把50根香蕉吃完了吗？如果要回去搬另外50根香蕉，则往回走的时候也要吃香蕉，这样每走一米需要吃掉三根香蕉，走50米岂不是需要150根香蕉？

其实不然，本题关键点在于：猴子搬箱子的过程其实分为两个阶段，第一阶段：来回搬，当香蕉数目大于50根时，猴子每搬一米需要吃掉三根香蕉。第二阶段：香蕉数《=50，直接搬回去。每走一米吃掉1根。

我们分析第一阶段：假如把100根香蕉分为两箱。一箱50根。

第一步，把A箱搬一米，吃一根。

第二步，往回走一米，吃一根。

第三步，把B箱搬一米，吃一根。

这样，把所有香蕉搬走一米需要吃掉三根香蕉。

这样走到第几米的时候，香蕉数刚好小于50呢？

100-(n*3)<50 && 100-(n-1*3)>50

走到16米的时候，吃掉48根香蕉，剩52根香蕉。这步很有意思，它可以直接搬50往前走，也可以再来回搬一次，但结果都是一样的。

到17米的时候，猴子还有49根香蕉。这时猴子就轻松啦，直接背着走就行。

第二阶段：

走一米吃一根。

把剩下的50-17=33米走完。还剩49-33=16根香蕉。

11、高楼扔鸡蛋（经典问题）

有2个鸡蛋，从100层楼上往下扔，以此来测试鸡蛋的硬度。比如鸡蛋在第9层没有摔碎，在第10层摔碎了，那么鸡蛋不会摔碎的临界点就是9层。

问：如何用最少的尝试次数，测试出鸡蛋不会摔碎的临界点？

首先要说明的是这道题你要是一上来就说出正确参考回答，那说明你的智商不是超过160就是你做过这题。

所以建议你循序渐进的回答，一上来就说最优解可能结果不会让你和面试官满意。

参考回答

1、暴力法

举个例子，最笨的测试方法，是什么样的呢？把其中一个鸡蛋，从第1层开始往下扔。如果在第1层没碎，换到第2层扔；如果在第2层没碎，换到第3层扔.......如果第59层没碎，换到第60层扔；如果第60层碎了，说明不会摔碎的临界点是第59层。

在最坏情况下，这个方法需要扔100次。

2、二分法

采用类似于二分查找的方法，把鸡蛋从一半楼层（50层）往下扔。

如果第一枚鸡蛋，在50层碎了，第二枚鸡蛋，就从第1层开始扔，一层一层增长，一直扔到第49层。

如果第一枚鸡蛋在50层没碎了，则继续使用二分法，在剩余楼层的一半（75层）往下扔......

这个方法在最坏情况下，需要尝试50次。

3、均匀法

如何让第一枚鸡蛋和第二枚鸡蛋的尝试次数，尽可能均衡呢？

很简单，做一个平方根运算，100的平方根是10。

因此，我们尝试每10层扔一次，第一次从10层扔，第二次从20层扔，第三次从30层......一直扔到100层。

这样的最好情况是在第10层碎掉，尝试次数为 1 + 9 = 10次。

最坏的情况是在第100层碎掉，尝试次数为 10 + 9 = 19次。

不过，这里有一个小小的优化点，我们可以从15层开始扔，接下来从25层、35层扔......一直到95层。

这样最坏情况是在第95层碎掉，尝试次数为 9 + 9 = 18次。

4、最优解法

最优解法是反向思考的经典：如果最优解法在最坏情况下需要扔X次，那第一次在第几层扔最好呢？

参考回答是：从X层扔

假设最优的尝试次数的x次，为什么第一次扔就要选择第x层呢？

这里的解释会有些烧脑，请小伙伴们坐稳扶好：

假设第一次扔在第x+1层：

如果第一个鸡蛋碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔，一直扔到第x层。

这样一来，我们总共尝试了x+1次，和假设尝试x次相悖。由此可见，第一次扔的楼层必须小于x+1层。

假设第一次扔在第x-1层：

如果第一个鸡蛋碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔，一直扔到第x-2层。

这样一来，我们总共尝试了x-2+1 = x-1次，虽然没有超出假设次数，但似乎有些过于保守。

假设第一次扔在第x层：

如果第一个鸡蛋碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔，一直扔到第x-1层。

这样一来，我们总共尝试了x-1+1 = x次，刚刚好没有超出假设次数。

因此，要想尽量楼层跨度大一些，又要保证不超过假设的尝试次数x，那么第一次扔鸡蛋的最优选择就是第x层。

那么算最坏情况，第二次你只剩下x-1次机会，按照上面的说法，你第二次尝试的位置必然是X+（X-1）；

以此类推我们可得：

x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100

这个方程式不难理解：

左边的多项式是各次扔鸡蛋的楼层跨度之和。由于假设尝试x次，所以这个多项式共有x项。

右边是总的楼层数100。

下面我们来解这个方程：

x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100 转化为

(x+1)*x/2 = 100

最终x向上取整，得到 x = 14

因此，最优解在最坏情况的尝试次数是14次，第一次扔鸡蛋的楼层也是14层。

最后，让我们把第一个鸡蛋没碎的情况下，所尝试的楼层数完整列举出来：

14，27， 39， 50， 60， 69， 77， 84， 90， 95， 99， 100

举个例子验证下：

假如鸡蛋不会碎的临界点是65层，那么第一个鸡蛋扔出的楼层是14，27，50，60，69。这时候啪的一声碎了。

第二个鸡蛋继续，从61层开始，61，62，63，64，65，66，啪的一声碎了。

因此得到不会碎的临界点65层，总尝试次数是 6 + 6 = 12 < 14 。

12、N只蚂蚁走树枝，问总距离或者总时间

问题：放N只蚂蚁在一条长度为M树枝上，蚂蚁与蚂蚁之间碰到就各自往反方向走，问总距离或者时间为多少？

参考回答：这个其实就一个诀窍：蚂蚁相碰就往反方向走，可以直接看做没有发生任何事：大家都相当于独立的

A蚂蚁与B蚂蚁相碰后你可以看做没有发生这次碰撞，这样无论是求时间还是距离都很简单了。

13、N个强盗分配M个金币，求方案使得自己分配最多

5个海盗抢到了100枚金币，每一颗都一样的大小和价值。 他们决定这么分：

1. 抽签决定自己的号码（1，2，3，4，5）

2. 首先，由1号提出分配方案，然后大家5人进行表决，当    半数以上的人同意时（    不包括半数，这是重点），按照他的提案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼。

3. 如果1号死后，再由2号提出分配方案，然后大家4人进行表决，当且仅当半超过半数的人同意时，按照他的提案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼。

4. 依次类推......

假设每一位海盗都足够聪明，并且利益至上，能多分一枚金币绝不少分，那么1号海盗该怎么分金币才能使自己分到最多的金币呢？

参考回答

从后向前推，如果1至3号强盗都喂了鲨鱼，只剩4号和5号的话，5号一定投反对票让4号喂鲨鱼，以独吞全部金币。所以，4号惟有支持3号才能保命。

3号知道这一点，就会提出“100，0，0”的分配方案，对4号、5号一毛不拔而将全部金币归为已有，因为他知道4号一无所获但还是会投赞成票，再加上自己一票，他的方案即可通过。

不过，2号推知3号的方案，就会提出“98，0，1，1”的方案，即放弃3号，而给予4号和5号各一枚金币。由于该方案对于4号和5号来说比在3号分配时更为有利，他们将支持他而不希望他出局而由3号来分配。这样，2号将拿走98枚金币。

同样，2号的方案也会被1号所洞悉，1号并将提出（97，0，1，2，0）或（97，0，1，0，2）的方案，即放弃2号，而给3号一枚金币，同时给4号（或5号）2枚金币。由于1号的这一方案对于3号和4号（或5号）来说，相比2号分配时更优，他们将投1号的赞成票，再加上1号自己的票，1号的方案可获通过，97枚金币可轻松落入囊中。这无疑是1号能够获取最大收益的方案了！参考回答是：1号强盗分给3号1枚金币，分给4号或5号强盗2枚，自己独得97枚。分配方案可写成（97，0，1，2，0）或（97，0，1，0，2）。

此题还有变种：就是只需要一半人同意即可，不需要一半人以上同意方案就可以通过，在其他条件不变的情况下，1号该怎么分配才能获得最多的金币？

参考回答：类似的推理过程

4号：4号提出的方案的时候肯定是最终方案，因为不管5号同意不同意都能通过，所以4号5号不必担心自己被投入大海。那此时5号获得的金币为0，4号获得的金币为100。

5号：因为4号提方案的时候 ，自己获取的金币为0 。所以只要4号之前的人分配给自己的金币大于0就同意该方案。

4号：如果3号提的方案一定能获得通过（原因：3号给5号的金币大于0， 5号就同意 因此就能通过），那自己获得的金币就为0，所以只要2号让自己获得的金币大于0就会同意。

3号：因为到了自己提方案的时候可以给5号一金币，自己的方案就能通过，但考虑到2号提方案的时候给4号一个金币，2号的方案就会通过，那自己获得的金币就为0。所以只要1号让自己获得的金币大于0就会同意。

2号：因为到了自己提方案的时候只要给4号一金币，就能获得通过，根本就不用顾及3 号 5号同意不同意，所以不管1号怎么提都不会同意。

1号：2号肯定不会同意。但只要给3号一块金币，5号一块金币（因为5号如果不同意，那么4号分配的时候，他什么都拿不到）就能获得通过。

所以参考回答是 98，0，1，0，1。

类似的问题也可用类似的推理即可。

14、火枪手决斗，谁活下来的概率大？

问题：彼此痛恨的甲、乙、丙三个枪手准备决斗。甲枪法最好，十发八中；乙枪法次之，十发六中；丙枪法最差，十发四中。如果三人同时开枪，并且每人每轮只发一枪；那么枪战后，谁活下来的机会大一些？

参考回答

一般人认为甲的枪法好，活下来的可能性大一些。但合乎推理的结论是，枪法最糟糕的丙活下来的几率最大。

那么我们先来分析一下各个枪手的策略。

如同田忌赛马一般，枪手甲一定要对枪手乙先。因为乙对甲的威胁要比丙对甲的威胁更大，甲应该首先干掉乙，这是甲的最佳策略。

同样的道理，枪手乙的最佳策略是第一枪瞄准甲。乙一旦将甲干掉，乙和丙进行对决，乙胜算的概率自然大很多。

枪手丙的最佳策略也是先对甲。乙的枪法毕竟比甲差一些，丙先把甲干掉再与乙进行对决，丙的存活概率还是要高一些。

我们根据分析来计算一下三个枪手在上述情况下的存活几率：第一轮：甲射乙，乙射甲，丙射甲。甲的活率为24%（40% X 60%）

乙的活率为20%(100% - 80%)

丙的活率为100%（无人射丙）。

由于丙100％存活率，因此根据上轮甲乙存活的情况来计算三人第二轮的存活几率：

情况1：甲活乙死（24% X 80% = 19.2%） 甲射丙，丙射甲：甲的活率为60%，丙的活率为20%。情况2：乙活甲死（20% X 76% = 15.2%） 乙射丙，丙射乙：乙的活率为60%，丙的活率为40%。情况3：甲乙同活（24% X 20% = 4.8%） 重复第一轮。情况4：甲乙同死（76% X 80% = 60.8%） 枪战结束。

据此来计算三人活率：甲的活率为(19.2% X 60%) + (4.8% X 24%) = 12.672% 乙的活率为(15.2% X 60%) + (4.8% X 20%) = 10.08% 丙的活率为(19.2% X 20%) + (15.2% X 40%) + (4.8% X 100%) + (60.8% X 100%) = 75.52%

通过对两轮枪战的详细概率计算，我们发现枪法最差的丙存活的几率最大，枪法较好的甲和乙的存活几率却远低于丙的存活几率。

15、先手必胜的问题

100本书，每次能够拿1-5本，怎么拿能保证最后一次是你拿？

参考回答

寻找每个回合固定的拿取模式，最后一次是我拿，那么上个回合最少剩下6本。那么只要保持每个回合结束后都剩下6的倍数，并且在这个回合中我拿的和对方拿的加起来为6（这样这个回合结束后剩下的还是6的倍数），就必胜。

关键是第一次我必须先手拿（100%6=4）本（这不算在第一回合里面）。

16、掰巧克力问题或者参加辩论赛

1、掰巧克力问题 N*M块巧克力，每次掰一块的一行或一列，掰成1*1的巧克力需要多少次？

2、1000个人参加辩论赛，1V1，输了就退出，需要安排多少场比赛？

参考回答

每次拿起一块巧克力，掰一下（无论横着还是竖着）都会变成两块，因为所有的巧克力共有N*M块，所以要掰N*M-1次，-1是因为最开始的一块是不用算进去的。

每一场辩论赛参加两个人，消失一个人，所以可以看作是每一场辩论赛减少一个人，直到最后剩下1个人，所以是1000-1=999场。

写在最后

我知道肯定有人催我 PDF 啥时候更新，别问，问就是月末。

最近，研究生毕业答辩快开始了，我只能抽空去整理下 PDF 了。

我尽量在月末之前整理出来，溜了溜了溜了。

参考资料

1. https://www.zhihu.com/question/288093713/answer/482192781

2. https://blog.csdn.net/qq_38316721/article/details/81351297

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你好，我是阿秀，毕业于双非学校，校招时拿下字节跳动SP、华为、百度等6个offer，现于抖音部门担任全栈开发工程师。

点击此处查看我的幡然醒悟的八个月自学经历，不是逆天改命也不是逆袭，只是多花了点时间和坚持。一路走来，很累也很不容易，希望能帮助到更多像我一样的普通学校的学生。我踩的坑不希望你再踩，我走过的路希望你照着走下来。公众号后台回复“宝贝”，送你一个惊喜。