1.已知2010年小明·的生日在8月28日——周六 ，从2011到2020，有几次生日在周末？
做法：一个一个算下去,注意，平年365天，闰年366天，一共2次。
2.前序：ABDGKEHCFIJ，中序：GKDBHEACLFJ，问：后序？
做法：首先必须搞清楚前序、中序与后序的遍历方法。
NO.1 树（tree）-CSDN博客
然后，拿一张纸，画出这棵树，最终得出结论：KGDHEBLJFCA。
3.把10个西瓜（一模一样 ）装在4个一模一样的袋子中（也就是7111与1117算同一种），不能为空，问有几种？
做法：一个一个算下去，一共有7111,6211,5311,5221,4411,4321,3322,2224...9种！！！
4.某进制数：347 r=3213 4，则r=？
做法：用进制转换器试一试，结果是8。
5.switch语句中case语句必须在default语句之前。（）
做法：平时积累可知，case不一定在default之前。
6.链表的特点有什么？
做法：平时积累可知，链表插入删除不用移动元素。
7.如果对4 2 8 3 5 7 1 6进行冒泡排序，会发生几次交换？
做法：签到题，13种。（等等，我没错......）
8.T（n）=T（n-1）+n,T（1）=1,时间复杂度为？
做法：
- 首先，通过递推式T(n)=T(n−1)+n，T(1)=1来展开T(n)：
- 当n=2时，T(2)=T(1)+2。
- 当n=3时，T(3)=T(2)+3=T(1)+2+3。
- 当n=4时，T(4)=T(3)+4=T(1)+2+3+4。
- 以此类推，当n=n时，T(n)=T(1)+2+3+⋯+n。
- 然后，由于T(1)=1，所以T(n)=1+2+3+⋯+n。
- 根据等差数列求和公式Sn=2n(n+1)，这里T(n)=2n(n+1)。
- 最后，分析时间复杂度：
- T(n)=2n(n+1)=21n2+21n。
- 根据时间复杂度的定义，在计算时间复杂度时，只考虑最高次项，所以T(n)的时间复杂度为O(n2)。
综上，该算法的时间复杂度为O(n2)。
9.x&~(1<<n)可以将x的第n位设置为1吗？
做法：考查位运算，答案：nonononono。
10.一棵n层的满二叉树，总结点的数量和叶子节点数量之差是几？
做法：平时积累可知，答案：2^n-1-2^(n-1)。
11.代码题
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//一个标准的递归代码
int f(int a,int b)
{
if(a==b)
{
return 1;
}
else if(a<b)
{
return f(a+1,b)+1;
}
else
{
return f(a,b*2)+1;
}
}
int main()
{
int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<f(a,b);
return 0;
}输入2 8，经过递归计算，得数为7。
#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
using namespace std;
unsigned long long k,len;
int n;
bool flag;
int main()
{
cin>>n>>k;
len=pow(2,n-1);
while(len)
{
if(!flag)
{
if(k<len) cout<<"0";
else if(k>=len)
{
cout<<"1";
k-=len;
flag=true;
}
}
else if(flag)
{
if(k<len)
{
cout<<"1";
flag=false;
}
else if(k>=len)
{
cout<<"0";
k-=len;
}
}
len>>=1;
}
return 0;
}1.将第15行和第24行，k-=len改为1<<(n-1),程序运行不变。
解析：len为2的整数次幕，所以k在二进制下与len做异或其实就是将最高位设置为0，相当于减len。
2.输出结果110110111，问k=?
解析：递推即可，最低位为1，在1位编码中是第2个。
第2位为1，在2位编码中应该是2+（2-2+1）=3个。
第3位为1，在3位编码中应该是4+（4-3+1）=6个。
第4位为0，在4位编码中应该是6个。
第5位为1，在5位编码中应该是16+（16-6+1）=27个。
第6位为1，在6位编码中应该是32+（32-27+1）=38个。
第7位为0，在7位编码中应该是38个。
第8位为1，在8位编码中应该是128+（128-38+1）=219个。
第9位为1，在9位编码中应该是256+（256-219+1）=294个。
故k=293。
#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
vector<int> cnt(31,0),a(n);
for(int i=0;i<n;++i)
{
cin>>a[i];
for(int j=30;j>=0;--j)
{
if(a[i]&(1<<j)) ++cnt[i];
if(need<=k)
{
k-=need;
ans+=(1<<i);
}
}
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}1.输入4 4 3 1 3 1。输出的数据为？
解析：对3 1 3 1做4次操作，可以把这4个数字中最高位第30位变为1，即（1<<30）+(3&1)=1073741825
2.输入1 30 0。输出的数据为？
解析：对0这一个数字，从最高位开始赋值为1，经过30次操作，也就是（01111111 11111111 11111111 11111110），即2的31次方-1-1
#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
using namespace std;//本题主要考察贪心思想
int a[1000005],b[1000005];
int cnta[1000005]={1e9},cntb[1000005]={1e9};
int nowa[1000005],nowb[1000005];
int main()
{
int n,m,x,now=0;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(!i||a[i]==a[i-1])
{
now++;
}
else cnta[now]++,now=1;
}
cnta[now]++;
now=0;
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d",&b[i]);
if(!i||b[i]==b[i-1])
{
now++;
}
else cntb[now]++,now=1;
}
cntb[now]++;
int ans=0,nowans=0,pa=n,pb=m;
for(int i=0;i<x;i++)
{
while(nowa[pa]==cnta[pa]) pa--;
nowa[pa]++;
nowans+=pa;
}
ans=nowans;
for(int i=1;i<=x;i++)
{
while(!nowa[pa]) pa++;
nowa[pa]--; nowans-=pa;
while(nowb[pb]==cntb[pb]) pb--;
nowb[pb]++;
nowans+=pb;
ans=max(ans,nowans);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}1.输入：
3 5 1
1 1 1
2 2 2 2 2
则输出？
解析：经过桶排序计算，cnta[3]=1,表示出现3次的数字有1个，cnt[5]=1，表示出现5次的数字有1个。X=1，也就是说要选一个数字能够覆盖更多的数字，因此选择2，可以覆盖5个数字。
2.对于任意合法输入，ans 最大可达到？
解析：根据数据范围可知，x最多可选n+m个，即2*10的6次方个。
#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
using namespace std;
string a,b;
int c1[26],c2[26],ans=INT_MAX;
int main()
{
cin>>a>>b;
int n=a.size(),m=b.size();
for(int i=0;i<n;i++) c1[a[i]-'a']++;//填空1
for(int i=0;i<m;i++) c2[b[i]-'a']++;
for(int i=0;i<26&&ans!=0;i++)
{
int ca=n-c1[i],cb=m-c2[i];
ans=n=min(ans,ca+cb);//填空2
if(i==0) continue;//填空3
int r1=0,r2=0;
for(int j=i;j<26;j++) r1+=c1[j];
for(int j=0;j<i;j++) r1+=c2[j];
for(int j=0;j<i;j++) r2+=c1[j];
for(int j=i;j<26;j++) r2+=c2[j];//填空4
ans=min(ans,min(r1,r2));//填空5
}
cout<<ans;
return 0;
}
