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程序员面试题精选100题

前言

随着高校的持续扩张，每年应届毕业生的数目都在不断增长，伴随而来的是应届毕业生的就业压力也越来越大。

在这样的背景下，就业变成一个买方市场的趋势越来越明显。为了找到一个称心的工作，绝大多数应届毕业生都必须反复经历简历筛选、电话面试、笔试、面试等环节。在这些环节中，面试无疑起到最为重要的作用，因为通过面试公司能够最直观的了解学生的能力。

为了有效地准备面试，面经这个新兴概念应运而生。笔者在当初找工作阶段也从面经中获益匪浅并最终找到满意的工作。为了方便后来者，笔者花费大量时间收集并整理散落在茫茫网络中的面经。不同行业的面经全然不同，笔者从自身专业出发，着重关注程序员面试的面经，并从精选出若干具有代表性的技术类的面试题展开讨论，希望能给读者带来一些启发。

由于笔者水平有限，给各面试题提供的思路和代码难免会有错误，还请读者批评指正。另外，热忱欢迎读者能够提供更多、更好的面试题，本人将感激不尽。

(01)把二元查找树转变成排序的双向链表

题目：输入一棵二元查找树，将该二元查找树转换成一个排序的双向链表。要求不能创建任何新的结点，只调整指针的指向。

比如将二元查找树

/ \

6 14

/ \ /\

4 8 12 16

转换成双向链表

4=6=8=10=12=14=16。

分析：本题是微软的面试题。很多与树相关的题目都是用递归的思路来解决，本题也不例外。下面我们用两种不同的递归思路来分析。

思路一：当我们到达某一结点准备调整以该结点为根结点的子树时，先调整其左子树将左子树转换成一个排好序的左子链表，再调整其右子树转换右子链表。最近链接左子链表的最右结点（左子树的最大结点）、当前结点和右子链表的最左结点（右子树的最小结点）。从树的根结点开始递归调整所有结点。

思路二：我们可以中序遍历整棵树。按照这个方式遍历树，比较小的结点先访问。如果我们每访问一个结点，假设之前访问过的结点已经调整成一个排序双向链表，我们再把调整

当前结点的指针将其链接到链表的末尾。当所有结点都访问过之后，整棵树也就转换成一个排序双向链表了。

参考代码：

首先我们定义二元查找树结点的数据结构如下：

struct BSTreeNode // a node in the binary search tree

{

int m_nValue; // value of node

BSTreeNode *m_pLeft; // left child of node

BSTreeNode *m_pRight; // right child of node

};

思路一对应的代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Covert a sub binary-search-tree into a sorted double-linked list

// Input: pNode - the head of the sub tree

// asRight - whether pNode is the right child of its parent

// Output: if asRight is true, return the least node in the sub-tree // else return the greatest node in the sub-tree

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

BSTreeNode* ConvertNode(BSTreeNode* pNode, bool asRight)

{

if(!pNode)

return NULL;

BSTreeNode *pLeft = NULL;

BSTreeNode *pRight = NULL;

// Convert the left sub-tree

if(pNode->m_pLeft)

pLeft = ConvertNode(pNode->m_pLeft, false);

// Connect the greatest node in the left sub-tree to the current node if(pLeft)

{

pLeft->m_pRight = pNode;

pNode->m_pLeft = pLeft;

}

// Convert the right sub-tree

if(pNode->m_pRight)

pRight = ConvertNode(pNode->m_pRight, true);

// Connect the least node in the right sub-tree to the current node

if(pRight)

{

pNode->m_pRight = pRight;

pRight->m_pLeft = pNode;

}

BSTreeNode *pTemp = pNode;

// If the current node is the right child of its parent,

// return the least node in the tree whose root is the current node if(asRight)

{

while(pTemp->m_pLeft)

pTemp = pTemp->m_pLeft;

}

// If the current node is the left child of its parent,

// return the greatest node in the tree whose root is the current node else

{

while(pTemp->m_pRight)

pTemp = pTemp->m_pRight;

}

return pTemp;

}

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Covert a binary search tree into a sorted double-linked list

// Input: the head of tree

// Output: the head of sorted double-linked list

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

BSTreeNode* Convert(BSTreeNode* pHeadOfTree)

{

// As we want to return the head of the sorted double-linked list, // we set the second parameter to be true

return ConvertNode(pHeadOfTree, true);

}

思路二对应的代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Covert a sub binary-search-tree into a sorted double-linked list

// Input: pNode - the head of the sub tree

// pLastNodeInList - the tail of the double-linked list

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

void ConvertNode(BSTreeNode* pNode, BSTreeNode*& pLastNodeInList) {

if(pNode == NULL)

return;

BSTreeNode *pCurrent = pNode;

// Convert the left sub-tree

if (pCurrent->m_pLeft != NULL)

ConvertNode(pCurrent->m_pLeft, pLastNodeInList);

// Put the current node into the double-linked list

pCurrent->m_pLeft = pLastNodeInList;

if(pLastNodeInList != NULL)

pLastNodeInList->m_pRight = pCurrent;

pLastNodeInList = pCurrent;

// Convert the right sub-tree

if (pCurrent->m_pRight != NULL)

ConvertNode(pCurrent->m_pRight, pLastNodeInList);

}

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Covert a binary search tree into a sorted double-linked list

// Input: pHeadOfTree - the head of tree

// Output: the head of sorted double-linked list

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

BSTreeNode* Convert_Solution1(BSTreeNode* pHeadOfTree)

{

BSTreeNode *pLastNodeInList = NULL;

ConvertNode(pHeadOfTree, pLastNodeInList);

// Get the head of the double-linked list

BSTreeNode *pHeadOfList = pLastNodeInList;

while(pHeadOfList && pHeadOfList->m_pLeft)

pHeadOfList = pHeadOfList->m_pLeft;

return pHeadOfList;

}

(02)设计包含min函数的栈

题目：定义栈的数据结构，要求添加一个min函数，能够得到栈的最小元素。要求函数min、push以及pop的时间复杂度都是O(1)。

分析：这是去年google的一道面试题。

我看到这道题目时，第一反应就是每次push一个新元素时，将栈里所有逆序元素排序。这样栈顶元素将是最小元素。但由于不能保证最后push进栈的元素最先出栈，这种思路设计的数据结构已经不是一个栈了。

在栈里添加一个成员变量存放最小元素（或最小元素的位置）。每次push一个新元素进栈的时候，如果该元素比当前的最小元素还要小，则更新最小元素。

乍一看这样思路挺好的。但仔细一想，该思路存在一个重要的问题：如果当前最小元素被pop出去，如何才能得到下一个最小元素？

因此仅仅只添加一个成员变量存放最小元素（或最小元素的位置）是不够的。我们需要一个辅助栈。每次push一个新元素的时候，同时将最小元素（或最小元素的位置。考虑到栈元素的类型可能是复杂的数据结构，用最小元素的位置将能减少空间消耗）push到辅助栈中；每次pop一个元素出栈的时候，同时pop辅助栈。

参考代码：

#include

template class CStackWithMin

{

public:

CStackWithMin(void) {}

virtual ~CStackWithMin(void) {}

T& top(void);

const T& top(void) const;

void push(const T& value);

void pop(void);

const T& min(void) const;

private:

T>m_data;// theelements of stack

size_t>m_minIndex;// the indicesof minimum elements

};

// get the last element of mutable stack

template T& CStackWithMin::top()

{

return m_data.back();

}

// get the last element of non-mutable stack

template const T& CStackWithMin::top() const

{

return m_data.back();

}

// insert an elment at the end of stack

template void CStackWithMin::push(const T& value)

{

// append the data into the end of m_data

m_data.push_back(value);

// set the index of minimum elment in m_data at the end of m_minIndex if(m_minIndex.size() == 0)

m_minIndex.push_back(0);

else

{

if(value < m_data[m_minIndex.back()])

m_minIndex.push_back(m_data.size() - 1);

else

m_minIndex.push_back(m_minIndex.back());

}

// erease the element at the end of stack

template void CStackWithMin::pop()

{

// pop m_data

m_data.pop_back();

// pop m_minIndex

m_minIndex.pop_back();

}

// get the minimum element of stack

template const T& CStackWithMin::min() const

{

assert(m_data.size() > 0);

assert(m_minIndex.size() > 0);

return m_data[m_minIndex.back()];

}

举个例子演示上述代码的运行过程：

步骤数据栈辅助栈最小值

1.push 3 3 0 3

2.push 4 3,4 0,0 3

3.push 2 3,4,2 0,0,2 2

4.push 1 3,4,2,1 0,0,2,3 1

5.pop 3,4,2 0,0,2 2

6.pop 3,4 0,0 3

7.push 0 3,4,0 0,0,2 0

讨论：如果思路正确，编写上述代码不是一件很难的事情。但如果能注意一些细节无疑能在面试中加分。比如我在上面的代码中做了如下的工作：

?用模板类实现。如果别人的元素类型只是int类型，模板将能给面试官带来好印象；?两个版本的top函数。在很多类中，都需要提供const和非const版本的成员访问函数；

?min函数中assert。把代码写的尽量安全是每个软件公司对程序员的要求；

?添加一些注释。注释既能提高代码的可读性，又能增加代码量，何乐而不为？

总之，在面试时如果时间允许，尽量把代码写的漂亮一些。说不定代码中的几个小亮点就能让自己轻松拿到心仪的Offer。

(03)－求子数组的最大和

题目：输入一个整形数组，数组里有正数也有负数。数组中连续的一个或多个整数组成一个子数组，每个子数组都有一个和。求所有子数组的和的最大值。要求时间复杂度为O(n)。例如输入的数组为1, -2, 3, 10, -4, 7, 2, -5，和最大的子数组为3, 10, -4, 7, 2，因此输出为该子数组的和18。

分析：本题最初为2005年浙江大学计算机系的考研题的最后一道程序设计题，在2006年里包括google在内的很多知名公司都把本题当作面试题。由于本题在网络中广为流传，本题也顺利成为2006年程序员面试题中经典中的经典。

如果不考虑时间复杂度，我们可以枚举出所有子数组并求出他们的和。不过非常遗憾的是，由于长度为n的数组有O(n2)个子数组；而且求一个长度为n的数组的和的时间复杂度为O(n)。因此这种思路的时间是O(n3)。

很容易理解，当我们加上一个正数时，和会增加；当我们加上一个负数时，和会减少。如果当前得到的和是个负数，那么这个和在接下来的累加中应该抛弃并重新清零，不然的话这个负数将会减少接下来的和。基于这样的思路，我们可以写出如下代码。

参考代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// ////////

// Find the greatest sum of all sub-arrays

// Return value: if the input is valid, return true, otherwise return false

///////////////////////////////////////////////////////////////////// ////////

bool FindGreatestSumOfSubArray

(

int *pData, // an array

unsigned int nLength, // the length of array

int &nGreatestSum // the greatest sum of all sub-arrays

)

{

// if the input is invalid, return false

if((pData == NULL) || (nLength == 0))

return false;

int nCurSum = nGreatestSum = 0;

for(unsigned int i = 0; i < nLength; ++i)

{

nCurSum += pData[i];

// if the current sum is negative, discard it

if(nCurSum < 0)

nCurSum = 0;

// if a greater sum is found, update the greatest sum

if(nCurSum > nGreatestSum)

nGreatestSum = nCurSum;

}

// if all data are negative, find the greatest element in the array if(nGreatestSum == 0)

{

nGreatestSum = pData[0];

for(unsigned int i = 1; i < nLength; ++i)

{

if(pData[i] > nGreatestSum)

nGreatestSum = pData[i];

}

return true;

}

讨论：上述代码中有两点值得和大家讨论一下：

函数的返回值不是子数组和的最大值，而是一个判断输入是否有效的标志。如果函数返回值的是子数组和的最大值，那么当输入一个空指针是应该返回什么呢？返回0？那这个函数的用户怎么区分输入无效和子数组和的最大值刚好是0这两中情况呢？基于这个考

虑，本人认为把子数组和的最大值以引用的方式放到参数列表中，同时让函数返回一个函数是否正常执行的标志。

输入有一类特殊情况需要特殊处理。当输入数组中所有整数都是负数时，子数组和的最大值就是数组中的最大元素。

(04)－在二元树中找出和为某一值的所有路径

题目：输入一个整数和一棵二元树。从树的根结点开始往下访问一直到叶结点所经过的所有结点形成一条路径。打印出和与输入整数相等的所有路径。

例如输入整数22和如下二元树

/ \

5 12

/ \

4 7

则打印出两条路径：10, 12和10, 5, 7。

二元树结点的数据结构定义为：

struct BinaryTreeNode // a node in the binary tree

{

int m_nValue; // value of node

BinaryTreeNode *m_pLeft; // left child of node

BinaryTreeNode *m_pRight; // right child of node

};

分析：这是百度的一道笔试题，考查对树这种基本数据结构以及递归函数的理解。

当访问到某一结点时，把该结点添加到路径上，并累加当前结点的值。如果当前结点为叶结点并且当前路径的和刚好等于输入的整数，则当前的路径符合要求，我们把它打印出来。如果当前结点不是叶结点，则继续访问它的子结点。当前结点访问结束后，递归函数将自动回到父结点。因此我们在函数退出之前要在路径上删除当前结点并减去当前结点的值，以确保返回父结点时路径刚好是根结点到父结点的路径。我们不难看出保存路径的数据结构实际上是一个栈结构，因为路径要与递归调用状态一致，而递归调用本质就是一个压栈和出栈的过程。

参考代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Find paths whose sum equal to expected sum

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

void FindPath

(

BinaryTreeNode* pTreeNode, // a node of binary tree

int expectedSum, // the expected sum

std::vector&path, // a pathfrom root to current node int& currentSum // the sum of path

)

{

if(!pTreeNode)

return;

currentSum += pTreeNode->m_nValue;

path.push_back(pTreeNode->m_nValue);

// if the node is a leaf, and the sum is same as pre-defined, // the path is what we want. print the path

bool isLeaf = (!pTreeNode->m_pLeft && !pTreeNode->m_pRight);

if(currentSum == expectedSum && isLeaf)

{

std::vector::iterator iter =path.begin();

for(; iter != path.end(); ++ iter)

std::cout<<*iter<<'\t';

std::cout<

}

// if the node is not a leaf, goto its children

if(pTreeNode->m_pLeft)

FindPath(pTreeNode->m_pLeft, expectedSum, path, currentSum);

if(pTreeNode->m_pRight)

FindPath(pTreeNode->m_pRight, expectedSum, path, currentSum);

// when we finish visiting a node and return to its parent node, // we should delete this node from the path and

// minus the node's value from the current sum

currentSum -= pTreeNode->m_nValue; //!!I think here is no use

path.pop_back();

}

(05)查找最小的k个元素

题目：输入n个整数，输出其中最小的k个。

例如输入1，2，3，4，5，6，7和8这8个数字，则最小的4个数字为1，2，3和4。

分析：这道题最简单的思路莫过于把输入的n个整数排序，这样排在最前面的k个数就是最小的k个数。只是这种思路的时间复杂度为O(n log n)。我们试着寻找更快的解决思路。我们可以开辟一个长度为k的数组。每次从输入的n个整数中读入一个数。如果数组中已经插入的元素少于k个，则将读入的整数直接放到数组中。否则长度为k的数组已经满了，不能再往数组里插入元素，只能替换了。如果读入的这个整数比数组中已有k个整数的最大值要小，则用读入的这个整数替换这个最大值；如果读入的整数比数组中已有k个整数的最大值还要大，则读入的这个整数不可能是最小的k个整数之一，抛弃这个整数。这种思路相当于只要排序k个整数，因此时间复杂可以降到O(n+n log k)。通常情况下k要远小于n，所以这种办法要优于前面的思路。

这是我能够想出来的最快的解决方案。不过从给面试官留下更好印象的角度出发，我们可以进一步把代码写得更漂亮一些。从上面的分析，当长度为k的数组已经满了之后，如果需要替换，每次替换的都是数组中的最大值。在常用的数据结构中，能够在O(1)时间里得到最大值的数据结构为最大堆。因此我们可以用堆（heap）来代替数组。

另外，自己重头开始写一个最大堆需要一定量的代码。我们现在不需要重新去发明车轮，因为前人早就发明出来了。同样，STL中的set和multiset为我们做了很好的堆的实现，我们可以拿过来用。既偷了懒，又给面试官留下熟悉STL的好印象，何乐而不为之？

参考代码：

#include

using namespace std;

typedef multiset > IntHeap;

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// find k least numbers in a vector

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

void FindKLeastNumbers

(

const vector& data, // a vector of data

IntHeap& leastNumbers, // k least numbers, output unsigned int k

)

{

leastNumbers.clear();

if(k == 0 || data.size() < k)

return;

vector::const_iterator iter = data.begin();

for(; iter != data.end(); ++ iter)

{

// if less than k numbers was inserted into leastNumbers

if((leastNumbers.size()) < k)

leastNumbers.insert(*iter);

// leastNumbers contains k numbers and it's full now

else

{

// first number in leastNumbers is the greatest one

IntHeap::iterator iterFirst = leastNumbers.begin();

// if is less than the previous greatest number

if(*iter < *(leastNumbers.begin()))

{

// replace the previous greatest number

leastNumbers.erase(iterFirst);

leastNumbers.insert(*iter);

}

(06)判断整数序列是不是二元查找树的后序遍历结果

题目：输入一个整数数组，判断该数组是不是某二元查找树的后序遍历的结果。如果是返回true，否则返回false。

例如输入5、7、6、9、11、10、8，由于这一整数序列是如下树的后序遍历结果：8

/ \

6 10

/ \ / \

5 7 9 11

因此返回true。

如果输入7、4、6、5，没有哪棵树的后序遍历的结果是这个序列，因此返回false。

分析：这是一道trilogy的笔试题，主要考查对二元查找树的理解。

在后续遍历得到的序列中，最后一个元素为树的根结点。从头开始扫描这个序列，比根结点小的元素都应该位于序列的左半部分；从第一个大于跟结点开始到跟结点前面的一个元素为止，所有元素都应该大于跟结点，因为这部分元素对应的是树的右子树。根据这样的划分，把序列划分为左右两部分，我们递归地确认序列的左、右两部分是不是都是二元查找树。参考代码：

using namespace std;

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Verify whether a squence of integers are the post order traversal // of a binary search tree (BST)

// Input: squence - the squence of integers

// length - the length of squence

// Return: return ture if the squence is traversal result of a BST, // otherwise, return false

/////////////////////////////////////////////////////////////////////

bool verifySquenceOfBST(int squence[], int length)

{

if(squence == NULL || length <= 0)

return false;

// root of a BST is at the end of post order traversal squence int root = squence[length - 1];

// the nodes in left sub-tree are less than the root

int i = 0;

for(; i < length - 1; ++ i)

{

if(squence[i] > root)

break;

}

// the nodes in the right sub-tree are greater than the root

int j = i;

for(; j < length - 1; ++ j)

{

if(squence[j] < root)

return false;

}

// verify whether the left sub-tree is a BST

bool left = true;

if(i > 0)

left = verifySquenceOfBST(squence, i);

// verify whether the right sub-tree is a BST

bool right = true;

if(i < length - 1)

right = verifySquenceOfBST(squence + i, length - i - 1);

return (left && right);

}

(07)－翻转句子中单词的顺序

题目：输入一个英文句子，翻转句子中单词的顺序，但单词内字符的顺序不变。句子中单词以空格符隔开。为简单起见，标点符号和普通字母一样处理。

例如输入“I am a student.”，则输出“student. a am I”。

分析：由于编写字符串相关代码能够反映程序员的编程能力和编程习惯，与字符串相关的问

题一直是程序员笔试、面试题的热门题目。本题也曾多次受到包括微软在内的大量公司的青睐。

由于本题需要翻转句子，我们先颠倒句子中的所有字符。这时，不但翻转了句子中单词的顺序，而且单词内字符也被翻转了。我们再颠倒每个单词内的字符。由于单词内的字符被翻转两次，因此顺序仍然和输入时的顺序保持一致。

还是以上面的输入为例子。翻转“I am a student.”中所有字符得到“.tneduts a ma I”，再翻转每个单词中字符的顺序得到“students. a am I”，正是符合要求的输出。

参考代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Reverse a string between two pointers

// Input: pBegin - the begin pointer in a string

// pEnd - the end pointer in a string

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

void Reverse(char *pBegin, char *pEnd)

{

if(pBegin == NULL || pEnd == NULL)

return;

while(pBegin < pEnd)

{

char temp = *pBegin;

*pBegin = *pEnd;

*pEnd = temp;

pBegin ++, pEnd --;

}

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Reverse the word order in a sentence, but maintain the character // order inside a word

// Input: pData - the sentence to be reversed

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

char* ReverseSentence(char *pData)

{

if(pData == NULL)

return NULL;

char *pBegin = pData;

char *pEnd = pData;

while(*pEnd != '\0')

pEnd ++;

pEnd--;

// Reverse the whole sentence

Reverse(pBegin, pEnd);

// Reverse every word in the sentence

pBegin = pEnd = pData;

while(*pBegin != '\0')

{

if(*pBegin == ' ')

{

pBegin ++;

pEnd ++;

continue;

}

// A word is between with pBegin and pEnd, reverse it

else if(*pEnd == ' ' || *pEnd == '\0')

{

Reverse(pBegin, --pEnd);

pBegin = ++pEnd;

}

else

{

pEnd ++;

}

return pData;

}

(08)－求1+2+...+n

题目：求1+2+…+n，要求不能使用乘除法、for、while、if、else、switch、case等关键字以及条件判断语句（A?B:C）。

分析：这道题没有多少实际意义，因为在软件开发中不会有这么变态的限制。但这道题却能有效地考查发散思维能力，而发散思维能力能反映出对编程相关技术理解的深刻程度。

通常求1+2+…+n除了用公式n(n+1)/2之外，无外乎循环和递归两种思路。由于已经明确限制for和while的使用，循环已经不能再用了。同样，递归函数也需要用if语句或者条件判断语句来判断是继续递归下去还是终止递归，但现在题目已经不允许使用这两种语句了。我们仍然围绕循环做文章。循环只是让相同的代码执行n遍而已，我们完全可以不用for和while达到这个效果。比如定义一个类，我们new一含有n个这种类型元素的数组，那么该

类的构造函数将确定会被调用n次。我们可以将需要执行的代码放到构造函数里。如下代码正是基于这个思路：

class Temp

{

public:

Temp() { ++ N; Sum += N; }

static void Reset() { N = 0; Sum = 0; }

static int GetSum() { return Sum; }

private:

static int N;

static int Sum;

};

int Temp::N = 0;

int Temp::Sum = 0;

int solution1_Sum(int n)

{

Temp::Reset();

Temp *a = new Temp[n];

delete []a;

a = 0;

return Temp::GetSum();

}

我们同样也可以围绕递归做文章。既然不能判断是不是应该终止递归，我们不妨定义两个函数。一个函数充当递归函数的角色，另一个函数处理终止递归的情况，我们需要做的就是在两个函数里二选一。从二选一我们很自然的想到布尔变量，比如ture（1）的时候调用第一个函数，false（0）的时候调用第二个函数。那现在的问题是如和把数值变量n转换成布尔值。如果对n连续做两次反运算，即!!n，那么非零的n转换为true，0转换为false。有了上述分析，我们再来看下面的代码：

class A;

A* Array[2];

class A

{

public:

virtual int Sum (int n) { return 0; }

};

class B: public A

{

public:

virtual int Sum (int n) { return Array[!!n]->Sum(n-1)+n; }

};

int solution2_Sum(int n)

{

A a;

B b;

Array[0] = &a;

Array[1] = &b;

int value = Array[1]->Sum(n);

return value;

}

这种方法是用虚函数来实现函数的选择。当n不为零时，执行函数B::Sum；当n为0时，执行A::Sum。我们也可以直接用函数指针数组，这样可能还更直接一些：

typedef int (*fun)(int);

int solution3_f1(int i)

{

return 0;

}

int solution3_f2(int i)

{

fun f[2]={solution3_f1, solution3_f2};

return i+f[!!i](i-1);

}

另外我们还可以让编译器帮我们来完成类似于递归的运算，比如如下代码：

template struct solution4_Sum

{

enum Value { N = solution4_Sum::N + n};

};

template <> struct solution4_Sum<1>

{

enum Value { N = 1};

};

solution4_Sum<100>::N就是1+2+...+100的结果。当编译器看到solution4_Sum<100>时，就是为模板类solution4_Sum以参数100生成该类型的代码。但以100为参数的类型需要得到以99为参数的类型，因为solution4_Sum<100>::N=solution4_Sum<99>::N+100。这个过程会递归一直到参数为1的类型，由于该类型已经显式定义，编译器无需生成，递归编译到此结束。由于这个过

程是在编译过程中完成的，因此要求输入n必须是在编译期间就能确定，不能动态输入。这是该方法最大的缺点。而且编译器对递归编译代码的递归深度是有限制的，也就是要求n 不能太大。

大家还有更多、更巧妙的思路吗？欢迎讨论^_^

(09)－查找链表中倒数第k个结点

题目：输入一个单向链表，输出该链表中倒数第k个结点。链表的倒数第0个结点为链表

的尾指针。链表结点定义如下：

struct ListNode

{

int m_nKey;

ListNode* m_pNext;

};

分析：为了得到倒数第k个结点，很自然的想法是先走到链表的尾端，再从尾端回溯k步。可是输入的是单向链表，只有从前往后的指针而没有从后往前的指针。因此我们需要打开我们的思路。

既然不能从尾结点开始遍历这个链表，我们还是把思路回到头结点上来。假设整个链表有n 个结点，那么倒数第k个结点是从头结点开始的第n-k-1个结点（从0开始计数）。如果我们能够得到链表中结点的个数n，那我们只要从头结点开始往后走n-k-1步就可以了。如何得到结点数n？这个不难，只需要从头开始遍历链表，每经过一个结点，计数器加一就行了。这种思路的时间复杂度是O(n)，但需要遍历链表两次。第一次得到链表中结点个数n，第二次得到从头结点开始的第n-k-1个结点即倒数第k个结点。

如果链表的结点数不多，这是一种很好的方法。但如果输入的链表的结点个数很多，有可能不能一次性把整个链表都从硬盘读入物理内存，那么遍历两遍意味着一个结点需要两次从硬盘读入到物理内存。我们知道把数据从硬盘读入到内存是非常耗时间的操作。我们能不能把链表遍历的次数减少到1？如果可以，将能有效地提高代码执行的时间效率。

如果我们在遍历时维持两个指针，第一个指针从链表的头指针开始遍历，在第k-1步之前，第二个指针保持不动；在第k-1步开始，第二个指针也开始从链表的头指针开始遍历。由于两个指针的距离保持在k-1，当第一个（走在前面的）指针到达链表的尾结点时，第二个指针（走在后面的）指针正好是倒数第k个结点。

这种思路只需要遍历链表一次。对于很长的链表，只需要把每个结点从硬盘导入到内存一次。因此这一方法的时间效率前面的方法要高。

思路一的参考代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Find the kth node from the tail of a list

// Input: pListHead - the head of list

// k - the distance to the tail

// Output: the kth node from the tail of a list

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

ListNode* FindKthToTail_Solution1(ListNode* pListHead, unsigned int k) {

if(pListHead == NULL)

return NULL;

// count the nodes number in the list

ListNode *pCur = pListHead;

unsigned int nNum = 0;

while(pCur->m_pNext != NULL)

{

pCur = pCur->m_pNext;

nNum ++;

}

// if the number of nodes in the list is less than k

// do nothing

if(nNum < k)

return NULL;

// the kth node from the tail of a list

// is the (n - k)th node from the head

pCur = pListHead;

for(unsigned int i = 0; i < nNum - k; ++ i)

pCur = pCur->m_pNext;

return pCur;

}

思路二的参考代码：

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

// Find the kth node from the tail of a list

// Input: pListHead - the head of list

// k - the distance to the tail

// Output: the kth node from the tail of a list

///////////////////////////////////////////////////////////////////// //

ListNode* FindKthToTail_Solution2(ListNode* pListHead, unsigned int k) {

if(pListHead == NULL)

return NULL;

ListNode *pAhead = pListHead;

ListNode *pBehind = NULL;

for(unsigned int i = 0; i < k; ++ i)

{

if(pAhead->m_pNext != NULL)

pAhead = pAhead->m_pNext;

else

{

// if the number of nodes in the list is less than k,

// do nothing

return NULL;

}

pBehind = pListHead;

// the distance between pAhead and pBehind is k

// when pAhead arrives at the tail, p

// Behind is at the kth node from the tail

while(pAhead->m_pNext != NULL)

{

pAhead = pAhead->m_pNext;

pBehind = pBehind->m_pNext;

}

return pBehind;

}

讨论：这道题的代码有大量的指针操作。在软件开发中，错误的指针操作是大部分问题的根源。因此每个公司都希望程序员在操作指针时有良好的习惯，比如使用指针之前判断是不是空指针。这些都是编程的细节，但如果这些细节把握得不好，很有可能就会和心仪的公司失之交臂。

另外，这两种思路对应的代码都含有循环。含有循环的代码经常出的问题是在循环结束条件的判断。是该用小于还是小于等于？是该用k还是该用k-1？由于题目要求的是从0开始计数，而我们的习惯思维是从1开始计数，因此首先要想好这些边界条件再开始编写代码，再者要在编写完代码之后再用边界值、边界值减1、边界值加1都运行一次（在纸上写代码就只能在心里运行了）。

扩展：和这道题类似的题目还有：输入一个单向链表。如果该链表的结点数为奇数，输出中间的结点；如果链表结点数为偶数，输出中间两个结点前面的一个。如果各位感兴趣，请自己分析并编写代码。

(10)－在排序数组中查找和为给定值的两个数字

题目：输入一个已经按升序排序过的数组和一个数字，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。

例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。

分析：如果我们不考虑时间复杂度，最简单想法的莫过去先在数组中固定一个数字，再依次判断数组中剩下的n-1个数字与它的和是不是等于输入的数字。可惜这种思路需要的时间复