简介：
《算法设计手册》(The Algorithm Design Manual)课后面试题和解答。包括：未知大小的集合选取k个元素、数据备份方案、寻找数组最小数时赋值语句执行次数的期望、100层大楼抛大理石（抛灯泡）、电子秤找不足量金币、天平找重球、公司合并方案总数、海盗分赃等。
2-43.
从n元集合中取一个k元子集，并要求每个元素概率相等。若n未知又该如何解决？
解答：
原问题在http://www.cnblogs.com/wuyuegb2312/p/3141292.html#title3已经解答清楚了。
此文也解决了从未知行数中等概率选择一行的方法，那么如果需要选择k个呢？为了简化起见，限定未知的n>=k。那么先选择前k个元素；对第k+1个元素，以概率k/(k+1)选择之，并以等概率1/k代替已选择的k个元素中的一个。
这样，这一轮里前k个元素中某一个能留下的概率为1/(k+1) + [k/(k+1)] * [(k-1)/k] = k/(k+1)。那么对于第k+2个元素，类似地，以概率k/(k+2)选择之，并以等概率1/k代替已选择的k个元素中的一个，循环直至所有元素遍历结束。
（解答启发自http://blog.csdn.net/fall221/article/details/8805733）
2-44.
有1000份各不相同的数据项和1000个存储数据的结点，每个结点可以存放3份不同的数据项。制定一个备份方案，使其在某些结点失效时损失最小。当任意3个结点失效时，丢失的数据的期望数值是多少？
解答：
让所有结点存储内容不完全相同，是基本的。如果令结点n保存数据项n、n+1、n+2（取1000的模），最好情况是3个结点失效时不损失数据（各不连续或者2个连续），最坏情况是3个连续结点失效（n、n+1、n+2），损失n+2这一份数据。这个概率很容易计算，是1/10^(-6)。
相关延伸阅读：
RAID思想，保存异或结果，不过我算的概率相同：http://*.com/questions/10291690/1000-items-1000-nodes-3-items-per-node-best-replication-scheme-to-minimize-da
类似的处理：http://blog.csdn.net/quietsound/article/details/9285375
2-45.
从n+1个数中找出最小数时，min = A[i]语句执行次数的期望。其中数组下标A[0...n]。
（首次赋值min=A[0]计算在内）
解答：
首先想到的是逆序对。但是通过序列[1,3,2]和[1,2,3]可知，两者赋值次数是一样的，显然与逆序对无关。
直接从期望入手，记E(n)为n+1个数时的该赋值语句期望执行次数。
最小的数在末尾A[n]的概率为1/n，这时需要一次赋值。
最小的数不在末尾A[n]，则末尾处不需赋值，增加的赋值数为0。
这样，有E(n) = E(n-1) +1/n且E(0)=0。其中E(n-1)已经包括最小的数在非A[n]处的所有情况。因此E(n)为
n比较大时，约为lnn。
（解答来自于：http://nbl.cewit.stony*.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.45）
2-46.
你有一栋100层高的大厦和2块大理石。你想找出一个最低楼层，从这个楼层开始，在它和比它更高的楼层上抛下大理石，落地会碎。如果有无限多块大理石，怎么最快找出这一层（抛的最少次数）？如果只有两块呢？（另一种说法：100层楼扔灯泡）
解答：
无限多块时，很容易想到用折半查找来进行。但是如果使用最少的大理石块又该如何找呢？注意到如果某次抛下时大理石未碎，那么下次仍能够使用。为了只用两块大理石来判断楼层数，由于碎裂的最低楼层是一定的，先做分析：
假设n是最多需要的测试次数（确定但未知，最坏情况），在第n层扔，如果碎了，由于只剩下一个灯泡，为了确定1至n-1层中哪一层，最坏情况是从1层一直扔到n-1层，共n-1次，加上之前的1次是n次，不超过n；如果未碎，那么上到2n-1层再扔，碎时同样有最坏情况从n+1层扔到2n-2层共n-2次，加上之前的是n次。依次类推，总结出每次测试都是n次，且确定的楼层范围是：n->2n-1->3n-2->...，即n + (n-1) + ... +1>100。求解使不等式成立的最小正整数是n=14。
（解答来自于：http://*.com/questions/6547/two-marbles）
2-47.
有10袋金币，其中9袋中每个金币都是10克，另1袋中每个金币都是9克。给你一个能够数字显示重量的电子秤，找出全是9克的金币的那一袋。
解答：
看到称重量可能会联想到用天平找几堆商品中不足量的一份。可是这里用的是能显示具体数值的电子秤哎！如果还用天平的思想，可太死板了。
想想权重的概念，解法马上有了：从1号至10号袋中分别取1至10个金币，放到电子秤上。如果10袋全是10克的，那么应该显示550克；而缺几克，那就说明那个袋子里是9克的金币。一次解决，是不是很简单？
当然，权重也可以用别的方案分配，不过上面是最简单的。
（参考自：http://nbl.cewit.stony*.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.47）
2-48.
8个外表一样的球，其中7个等重，另1个比它们重。用天平在2次的比较后找出这个重球。
解答：
由于有“2次比较”的提示，这个就简单了：把球分为(1,2,3)，(4,5,6),(7,8)三组，第一次称(1,2,3)和(4,5,6)，若一组重，那么将3个中取2个可得重的是这2个之一还是其余一个；否则将(7,8)称重。
如果按这个思路，9个球也能够解决。
2-49.
将n个公司合并成1个公司，一共有几种不同的方式合并？
解答：
记合并方式f(n)种，f(n)=f(n-1)*g(n)，其中g(n)是将n个公司通过一次合并变为n-1个公司的方法。显然g(n)为组合数C(n,2)。递推公式解得
（参考自http://nbl.cewit.stony*.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.49）
2-50.
Rramanujan数是可以写作a^3+b^3=c^3+d^3的数，其中a!=c且b!=d，或者a!=d且b!=c。找出满足所有给定小于n的Rramanujan数。
解答：
编程实现如下
#include<stdio.h> int main() { int n, i, count=0, j, k, int_count; printf("Enter the number of values needed: "); scanf("%d", &n); i = 1; while(count < n) { int_count = 0; for (j=1; j<=((int(pow(i, 1.0/3)); j++) { for(k=j+1; k<=((int(pow(i,1.0/3)); k++) { if(j*j*j+k*k*k == i) int_count++; } } if(int_count == 2) { count++; printf("\nGot %d Hardy-Ramanujan numbers %d", count, i); } i++; } }
注意几点以加速搜索：
确保j<k，这样另一对j、k与原来的必然互不相等；
两个for循环终止条件是j^3<i。
（参考自：http://*.com/questions/11410798/finding-hardy-ramanujan-numbers）
2-51.
6个海盗分300美刀，分赃方法如下：有由资历最深的提出分配方案，进行投票。如果获得半数及以上支持，那么按照他的分配方案进行；否则，其他海盗杀掉他，资历第二深的海盗来提出分配方案，其后仍要投票表决，依次类推。请分析分配方法。（所有海盗都以自己存活为最优考虑，保证存活的条件下才尽可能希望多获得美刀。）
解答：
将海盗按资历有深到浅编号为1，2，3，4，5，6。假设只剩下5，6两个海盗时，5无论提出怎样的分配方案，都能使支持过半（自己的一票），那么分配方法必然是：
(5,6) ---->(300,0)
时间倒流，加入海盗4。海盗4为了防止投票不过半而被杀死，需要拉拢海盗6。由于6在上一种情况里什么也分不到，这时只要4分给6，无论多少，6都会同意。这样，4给他最少的数目，即1。而5希望进入下一轮投票，因此只有给他全部300刀才能拉拢。由于投票已过半(2/3)，不必拉拢5。此时分配方案为：
(4,5,6) ---->(299,0,1)
加入海盗3时，出于类似的考虑，提出这样的方案：
(3,4,5,6) ---->(299,0,1,0)，这样能拉拢5，不至于3死后，5什么也分不到。
(299,1,0,0)必然不能拉拢4，因为将3干掉后4能获得299。至于为什么不用(299,0,0,1)这样的方案呢？此时6无论是否同意，他都有机会在本轮获得1美刀或者把3干掉后的下一轮必然获得1美刀。因此3的幸存与否是未知的，他不能做出这种使自己生命可能受到威胁的分配方式。后面的分析类似。有：
(2,3,4,5,6) --->(298,0,1,0,1)
(1,2,3,4,5,6) ----> (298,0,1,0,1,0)
（参考自：http://nbl.cewit.stony*.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.51，这里我补充了不少分析。）
2.52.
如果2.51中只有1美刀来分赃，谁会得到它，在这个分配过程中会死多少人？
解答：
和上一题分析类似，当只有2个海盗时，年长那个一定能得到那1美刀；当海盗数大于等于3时，任何分配给自己的分配方案都不能保证自己一定能存活，不如直接分给倒数第二个海盗。（但即使如此，也可能被杀死。投票将演化成杀死一部分海盗，然后让倒数第二个海盗获得的过程。）
（更一般的情况请参考http://en.wikipedia.org/wiki/Pirate_game。注意，中文wiki上没有详细的扩展情况的介绍。）
本文转自五岳博客园博客，原文链接：www.cnblogs.com/wuyuegb2312/p/3258670.html，如需转载请自行联系原作者