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如果你有理想的话，就要努力去实现，就这样。

一、选择题

1、队列(a.b.c.d.e)依次入队，允许在其两端进行入队操作，但仅允许在一端进行出队操作，则不可能得到的出队序列是（)

A、b, a, c, d, e

B、d, b, a, c, e

C、d, b, c, a, e

D、e, c, b, a, d

答案：B。队列是遵循先进先出的原则， d出队之后,b不可能在c出队之前出队。

2、向一个栈顶指针为h的带头结点的链栈中插入指针s所指的结点时,应执行()

A、h->next=s;

B、s->next=h;

C、s->next=h;h->next=s;

D、s->next=h->next;h->next=s;

答案： D。分析这题向链表的头插， s->next=h;h->next=s

3、若一棵二叉树具有12个度为2的结点，6个度为1的结点，则度为0的结点个数是（)

A、16

B、11

C、13

D、不确定

答案：C。分析：总的结点个数 = 1 + 122 + 61 = 31

31 = no + n1 + n2 = n0 + 12 + 6;所以no =13.

4、假设你只有100Mb的内存，需要对1Gb的数据进行排序，最合适的算法是（)

A、归并排序

B、插入持序

C、快速排序

D、冒泡排序

答案：A。分析：这题的考点是外排序，因为内存远小于需要排序的数据量，这里只有归并排序是外排序而且时间复杂度是O（n * logn）。

5、

答案：C。分析：

平衡二叉树，或是一棵空树，或符合以下特性：

【平衡特性1】：左子树的深度和右子树的深度相差不能超过1，可以是0（代表左右子树深度一样）、-1（代表左子树比右子树少一层）、1（代表左子树比右子树多一层）【平衡特性2】它的左右子树也要是平衡二叉树。

查找树，或是一棵空树，或满足符合以下特性：

【查找特性1】：若左子树不为空，左子树节点所有的值均要小于根节点；

【查找特性2】：若右子树不为空，右子树节点所有的值均要大于根节点；

6、关于子进程和父进程的说法，下面哪一个是正确的（)

A、子选程被撤销时，其从属的父进程也被撤销

B、一个造程可以没有父进程或子进程

C、父进程被撤销时，其所有子进程也被相应撤消

D、一个父进程可以创建若干个子进程，一个子进程可以从属于若干个父进程

答案：C。 一个父进程可以创建若干个子进程，一个子进程只能属于一个父进程。 父进程被撤销时，其所有子进程也被相应撤消。

7、关于线程和进程，下面说法正确的是（)

A、线程提高了不同执行程序间的通信效率

B、进程和线程都是资源分配和调度的基木单位

C、进程切换比同一进程内部的线程切换花费的时间少

D、终止上一个进程比终止一个线程花费的时间少

答案： A。分析： 进程 是资源分配和调度的基木单位，线程不是。 进程切换比同一进程内部的线程切换花费的时间多，因为严格意义上线程是一个小进程。

8、整数Ox12345678，在采用bigendian中内存的排序序列是（)

87 65 43 21

21 43 65 87

78 56 34 12

12 34 56 70

答案： C。分析：本题的考点是大端存储。

9、进程调度时，下列进程状态的变化过程哪一项是不可能发生的（)

A、就绪挂起->阻塞挂起

B、阻塞挂起>就绪挂起

C、就绪挂起- →就绪

D、阻塞挂起->阻塞

答案：A。分析：

10、以下关于多线程的叙述错误的是:

A.线程同步的方法包括使用临界区，互斥量，信号量等

B.两个线程同时对简单类型全局变量进行写操作也需要互斥

C.实现可重入函数时，对自动变量也要用互斥量加以保护

D.可重入函数不可以调用不可重入函数

答案：C。分析：可重入函数可认为是可以被中断的函数，自动变量定义的时候才被创建，函数返回时，系统回收空间。局部作用域变量，不需要互斥量。可重入函数对全局变量才需要互斥量保护。

编程题

1、反转部分单向链表

代码示例：

list_node * reverse_list(list_node * head, int L, int R)
{
    //////在下面完成代码
    if(head == nullptr || R < L || L < 1)
        return head;
    list_node * p = head;
    list_node * pre = nullptr;//
    list_node * pos = nullptr;
    int len = 0;
    while(p){
        len++;
        pre = (len == L -1 ? p : pre);
        pos = (len == R + 1 ? p : pos);
        p = p->next;
    }
    if(R > len)
        return head;
    list_node *node1 = (pre == nullptr ? head : pre->next);
    list_node *node2 = node1->next;
    node1->next = pos;
    list_node *next = nullptr;
    while(node2 != pos){
        next = node2->next;
        node2->next = node1;
        node1 = node2;
        node2 = next;
    }
    if(pre != nullptr){
        pre->next = node1;
        return head;
    }
    return node1;
}

2、猴子分桃

分析题意：（1）开始时的总桃子数：X = 5^n - 4

（2）老猴子最后能得到的桃子数：n + (X+4)*(4/5)^n - 4 = n + 4^n - 4

因为老猴子能得到的桃子主要有两个来源：一是每个小猴子都要给一个，有 n 只小猴子，就可以得到 n 个；二是最后剩余的桃子都归老猴子所有，从上面最后一次的结果来看，一共剩余了 (X+4) * (4/5)^n 个桃子，但是这里面包括我们最早借给它们的 4 个，实际上剩余的桃子数为 (X+4)(4/5)^n - 4 ，所以最后总共能得到的桃子数就是 n + (X+4)(4/5)^n - 4 = 4^n + n - 4。

代码示例：

#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int n;

    while (cin >> n && n != 0)
    {
        long long  a, b = 0;
        long long m = n;
        a = (long)pow(5, n) - 4;
        long h = a;
        while (n--)
        {
            a -= 1;
            a = (a / 5) * 4;
        }
        b = a + m;
        cout << h << " " << b << endl;
    }

    return 0;
}

总结

本文总共讲了10题牛客高频的选择题，以及两道牛客编程题，希望大家读后能够有所收获！

【C/C++】刷题笔记day3

一、选择题

编程题

总结