一、单选题（每题2分，共20分）
1. -7的二进制补码表示为：
A. 01111000 B. 01111001 C. 11111000 D. 11111001
解析：正数的原码反码补码均同样，负数反码为除符号位外反转各个二进制位。补码为反码+1.
-7的原码：10000111
-7的反码：11111000
-7的补码：11111001
答案：D
2.下面四种介质中。带宽最大的是________。
A. 同轴电缆(coaxial) B. 双绞线(twisted pair) C. 光纤(twisted pair) D. 同步线(synchronous)
解析：双绞线也称为双扭线，是最古老但又最经常使用的传输媒体。把两根互相绝缘的铜导线并排放在一起。然后用规则的方法绞合起来（这样做是为了降低相邻的导线的电磁干扰）而构成双绞线。双绞线分为1类到5类。局域网中经常使用的为3类。4类和5类双绞线。
3类线用于语音传输及最高传输速率为 10Mbps的传输数据。4类线用于语音传输和最高传输速率为 16Mbps的传输数据；5类线用于语音传输和最高传输速率为 100Mbps的传输数据
同轴电缆由内导体铜质芯线，绝缘层，网状编制的外导体屏蔽层及保护塑料外层组成 ,内导体和外导体构成一组线对。因为外导体屏蔽层的作用。同轴电缆具有非常好的抗干扰性。同轴电缆能够将 10Mb/S的基带数字信号传送1千米到 1.2千米，因此被广泛用于局域网中
光纤通信就是利用光导纤维传递光脉冲来进行通信，而光导纤维是光纤通信的媒体。光纤在不论什么时间都仅仅能单向传输，因此，要实行双向通信。它必须成对出现，一个用于输入。一个用于输出，光纤两端接到光学接口上。光纤的传输系统比同轴电缆大的多，一般小同轴电缆的最大传输带宽为 20MHz左右，中同轴电缆的最大传输带宽为 60MHz左右。单根光导纤维的传输数据速率能达几Gbps。在不使用中继器的情况下。传输距离能达几十公里。
答案：C
3. 进程堵塞的原因不包含________。
A. 时间片切换 B. 等待I/O C. 进程sleep D. 等待解锁
解析：进程有3个状态：就绪态。运行态、堵塞态。
三种状态的转换包括有：
就绪->运行，运行->就绪，运行->堵塞，堵塞->就绪
等待I/O、进程sleep、等待解锁等原因都会导致进程暂停。关于"时间片切换"，当进程已经获得了除cpu外全部的资源，这时的状态就是就绪态。当分配到了时间片就成了运行态，当时间片用完之前一直未进入堵塞态的话，此后便继续进入就绪态。所以进程的就绪与堵塞是全然不同的。
答案：A
4. 设仅仅含根节点的二叉树高度为1，现有一颗高度为h(h>1)的二叉树上仅仅有出度为0和出度为2的结点，则此二叉树中所包括的结点数至少为________个。
A. 2^h-1 B. 2h-1 C. 2h D. 2h+1
解析：我们能够画一棵高度为2的树。显然仅仅有3个结点，所以答案为2h-1
答案：B
5. 给定下列程序，那么运行printf("%d\n", foo(20, 13));的输出结果是________。
int foo(int x, int y)
{
if (x <= 0 || y <= 0) return 1;
return 3 * foo( x-6, y/2 );
}
A. 3 B. 9 C. 27 D. 81
解析：foo(20, 13) = 3 * foo(14, 6) = 3 * 3 * foo(8, 3) = 3 * 3 * 3 * foo(2, 1) = 3 * 3 * 3 * 3 * foo(-4, 0) =3 * 3 * 3 * 3 * 1 = 81
答案：D
6. 对于下面说法，错误的是________。
A. Dijkstra算法用于求解图中两点间最短路径，其时间复杂度O(n^2)
B. Floyd-Warshall算法用于求解图中全部点对之间最短路径，其时间复杂度为O(n^3)
C. 找出n个数字的中位数至少须要O(n*logn)的时间
D. 基于比較的排序问题的时间复杂度下界是O(n*logn)解析：AB正确，考察基本算法。C错误，最少是O(n)的时间，详细可參考这篇文章。D正确，基于比較的话，怎么样都至少须要O(n*logn)的时间。
答案：C
7. 给定一个m行n列的整数矩阵（如图），每行从左到右和每列从上到下都是有序的。推断一个整数k是否在矩阵中出现的最优算法。在最坏情况下的时间复杂度是________。
A. O(m*n) B. O(m+n) C. O(log(m*n)) D. O(log(m+n))
解析：我的理解是二分，先找到矩阵中间（中间一行和中间一列）的元素，然后就能够推断目标元素在坐上，右上，左下还是右下了。然后继续递归查找。
答案：C
8. 一个包里有5个黑球，10个红球和17个白球。每次能够从中取两个球出来，放置在外面。
那么至少取________次以后，一定出现过取出一对颜色一样的球。
A. 16 B. 9 C. 4 D. 1
解析：首先我想C和D是能够直接排除的。
由于题目说一定，拿1次或4次都不能保证当中两个颜色的球会消失。9次也不可能，比方说9次中每次都拿了一个红球和一个白球。知道了答案以后回过头来看看题目。5+10+17=32=2*16，全拿光的情况下一定会出现一对颜色同样的球，不知道题目想要考察些什么-.-
答案：A
9. 某地电信局要对业务号码进行梳理，须要检測开通的市话号码是否存在某一个是还有一个的前缀的情况。以简化电话交换机的逻辑。
比如：某用户号码是“11001100”。但与"110"报警电话产生前缀配对。已知市话号码最长8位，最短3位。而且全部3位的电话号码都以1开头。因为市话号码众多，长度也未必一直。高效的算法能够用O(n)的时间复杂度完毕检測（n为开通市话号码个数，数量是千万级的）。
那么，该算法最坏情况下须要耗费大约________内存空间。
A. 5GB B. 500MB C. 50MB D. 5MB
解析：千万级。也就是10,000,000。市话最长8为，也就是一个字节的空间。那么所有存下这些号码所耗费的空间为：1B*1000*1000*10 = 10MB（不必纠结1000还是1024，仅仅要代表了千万级的数量即可了）。所以是两位数的级别。
答案：C
10. 骑士仅仅说真话，骗子仅仅说假话。
下列场景中能确定一个骑士、一个骗子的有________。
A. 甲说：“我们中至少有一个人说真话”。乙什么也没说。
B. 甲说："我们两个都是骗子"。乙什么也没说。
C. 甲说：“我是个骗子或者乙是个骑士”，乙什么也没说。
D. 甲和乙都说：“我是个骑士”。
E. 甲说：“乙是个骑士”，乙说：“我们俩一个是骑士一个是骗子”。
解析：我认为这道题有个非常明显的坑，千万不要用甲乙一个是骗子一个是骑士来代入问题。
由于他们两人都可能是骗子或都有可能是骑士。所以题目才会问能不能确定一个为骑士一个为骗子，而不是问"哪个是骑士哪个是骗子"。我们能够依照"甲假设是骗子。甲假设是骑士"的思路来代入每个情景，就比較好推断了。
答案：B
11. 某服务请求经负载均衡设备分配到集群A、B、C、D进行处理响应的概率各自是10%、20%、30%和40%。
已知測试集群所得的稳定性指标各自是90%、95%、99%和99.9%。
如今该server请求处理失败，且已排除稳定性以外的问题，那么最有可能在处理该服务请求的集群是________。
A. A B. B C. C D. D
解析：选中该集群，而且处理失败了的概率为：10%*10、%20%*5%、30%*1%、40%*0.1%。
A与B的概率最高。
答案：A、B
12. 下面________状态为TCP连接关闭过程中的出现的状态。
A. LISTEN B. TIME-WAIT C. LAST-ACK D. SYN-RECEIVED
解析：
答案：B、C
13. 甲乙两人捡到一个价值10元的购物卡。协商后打算通过这种拍卖规则来确定归属：两人单独出价（能够出0元），出价高者得到购物卡同一时候将与出价同样数量的前给对方。假设两人出价同样。则通过掷硬币来决定购物卡的归属。
比如：甲和乙都出价1元，他们通过掷硬币来决定购物卡的归属。此时。得到购物卡的人赚9元，还有一人赚1元。
两人都允许用手头的现金来进行出价。甲和乙都知道甲有6元、乙有8元，两人都期望自己尽可能多赚。那么________。
A. 乙终于赚的比甲多 B. 甲终于赚的比乙多 C. 甲乙两人中可能有一人会有损失 D. 甲乙两人赚的一样多
解析：思路有点乱，终于猜是D结果选错了。一个网上的解析：如果甲出6元。如果乙出的比6少则甲赔，乙出的比6多则乙赔。
答案：C
14. 假设在一个排序算法的运行过程中，没有一对元素被比較过两次或以上，则称该排序算法为节俭排序算法，下面算法中是节俭排序算法的有________。
A. 插入排序 B. 选择排序 C. 堆排序 D. 归并排序
答案：A、D
三、填空与问答（每题8分，共40分）
15. 请补全以下的高速排序代码：
void qsort(int *array, int len) {
int value, start, end;
if (len <= 1) return;
value = array[0];
start = 0;
end = len - 1;
while(start < end) {
for (; start < end; --end) {
if (array[end] < value) {
____________________
break;
}
}
for (l start < end; ++start) {
if(array[start] > value) {
____________________
break;
}
}
}
____________________
qsort(array, ________);
qsort(________, ________);
}
答案：
array[start++] = array[end];
array[end--] = array[start];
array[start] = value;
start
array+start+1, len-start-1
16. 图示是一个网络流从s到t的某时刻快照。
此时t处一共接收到10+13+16=39单位流量。
每条横线上的数字表示当前流量和管道的容量。那么，该网络最大的流量是多少？当着个网络流量最大时，哪几条边是满负荷的（边用两边顶点标识，s3表示从s到3的边，图上的流量和容量表示为10/10）。
解析：最主要的求最大流。能够手动计算，答案为41。能够用最大流模板验证正确性：设s为1，t为8，那么中间结点的实际编号为上图编号+1. 数据例如以下：
8 15 1 2 11 1 3 22 1 4 10 3 2 6 3 4 4 2 5 18 6 2 7 3 6 17 7 3 6 4 7 16 6 5 15 6 7 5 5 8 10 6 8 16 7 8 16一种方案为：
17. 某公司有这么一个规定：仅仅要有一个员工过生日。当天全部员工全部放假一天。但在其余时候，全部员工都没有假期，必须正常上班。如果一年有365天，每一个员工的生日都概率均等地分布在这365天里。
那么，这个公司须要雇用多少员工，才干让公司一年内全部员工的总工作时间期望值最大？
解析：哎我没算对。。下面是来自Matrix67大神的解释：
你的第一感觉也许是，公司应该雇用 100 多人，或者 200 多人吧。答案也许会让你大吃一惊：公司应该雇用 365 个人。
注意。雇用 365 个人并不意味着全体员工全年的总工作时间为 0 ，由于 365 个人的生日都是随机的，恰好每天都有一个人过生日的概率极小极小。
以下我们就来证明，这个问题的最优解就是 365 人。
因为期望值满足线性关系（即对于随机变量 X 和 Y 有 E(X) + E(Y) = E(X+Y) ）。因此我们仅仅须要让每一天员工总工作时间的期望值最大就能够了。如果公司里有 n 个人，那么在特定的一天里，没有人过生日的概率是 (364/365)n 。因此，这一天的期望总工作时间就是 n · (364/365)n 个工作日。为了考察函数 n · (364/365)n 的增减性，我们来看一下 ((n+1) · (364/365)n+1) / (n · (364/365)n) 的值，它等于 (364 · (n+1)) / (365 · n) 。
假设分子比分母小。解得 n > 364 。可见，要到 n = 365 以后。函数才是递减的。
答案：36518. 给定一个排好升序的数组A[1]、A[2]、……、A[n]，其元素的值都两两不相等。
请设计一高效的算法找出中间全部A[i] = i的下标。并分析其复杂度。（不分析复杂度不得分）
解析：首先分析一下这个数组，如果当中某个位置的A[i] = i，那么能够肯定的值，之前的A[x] > x。之后的A[x] < x。另一个显而易见的性质就是中间的A[i]=i一定是连续存在的，不可能跨区域存在，由于这个数组是升序的。
我给出的方法是二分查找，详细的做法是：我们如果一个新数组B。其元素是A[i] - i的值，这种话。B[i] = 0的时候A[i] = i，并且把B数组划分成了三个部分，左边的小于零的区域。中间的等于零的区域，右边的大于零的区域。
我第一次的想法是：二分搜索这个想象中的新数组，找到值为零的下标，可是这个下标不一定是最左边的满足条件的下标，所以我们还须要写一个while来往左移动这个下标，直到找到最左边的符合条件的下标，例如以下代码（如果已经通过二分查找找到了符合条件的一个下标idx）：
while(A[idx-1] == (idx-1)) idx--;这种话其时间复杂度就是O(logn) + O(n)，还是属于On)的范畴。
后来我想到。为什么仅仅去随机命中一个目标下标呢！如果二分查找这个数据的边界的话，就能直接得到最左边符合条件的下标了。事实上二分查找不仅仅适用于对一个元素的搜索，也能够用于两个、三个特定相对位置元素的搜索。每次查找的时候，如果当前位置是mid。那么仅仅要推断当前A[mid] - mid是否小于零，以及后一个元素A[mid+1] - (mid+1) == 0即可了。
#include <iostream>
using namespace std;
int BinarySearch(int cc[], int len)
{
int l = 0, r = len, mid;
while (l <= r)
{
mid = l + ((r-l) >> 1);
if(mid == 0 && cc[mid] == mid) // 若数组一開始就符合条件
return 0;
// 若满足条件的下标不是从0開始。则边界是前一个<0，且后一个=0
if (cc[mid]-mid < 0 && cc[mid+1]-(mid+1) == 0)
return mid+1;
// 二分查找边界：前一个<0，且后一个=0
if (cc[mid] - mid >= 0)
r = mid-1;
else
l = mid+1;
}
return -1;
}
int main()
{
// int cc[] = {0, 1};
// int cc[] = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};
// int cc[] = {-9, -8, -4, -2, 4, 5, 9};
// int cc[] = {-5, -4, -3, 5, 6, 7};
int len = sizeof(cc)/sizeof(int);
int idx = BinarySearch(cc, len);
if(idx != -1)
{
while(cc[idx] == idx)
{
printf("%d ", idx);
idx++;
}
}
else
{
printf("Not found\n");
}
getchar();
return 0;
}
OK! 因为程序是原生的二分查找，所以时间复杂度为O(logn)。没有占用额外的空间。而且不须要区分正整数还是负整数。数据类型也能够改成double没问题。
19. 某怪物被海水冲上一个孤岛。醒来时他发现自己处于险境。
周围有N条鳄鱼都虎视眈眈的盯着他。每条鳄鱼看上去都饿得足以把他吞下去。只是，事情也未必真的那么糟糕。鳄鱼吞下他是要花费体力的。
这些鳄鱼如今的体力都相当。因为猎食须要花费体力，所以吞下怪物的鳄鱼会因为体力下降而可能被周围的某条鳄鱼吞了。类似的，吞鳄鱼的这条鳄鱼也可能被其它鳄鱼吞了。因此，尽管有食物可猎，但他们自己并不想成为其它鳄鱼的猎食对象。正所谓。螳螂捕蝉，黄雀在后。
所以鳄鱼们在确保自己生命安全的情况下才会发动进攻。那么，怪物究竟安全么？为什么？
解析：当鳄鱼为偶数的时候。鳄鱼们两两相互制约，仅仅要谁先吃了怪物，那这条鳄鱼就会被吃掉，所以这个时候怪物是安全的。当鳄鱼为奇数的时候，当第一条鳄鱼吃掉了怪物而变得虚弱时，剩下的鳄鱼们为偶数。两两相互制约，谁也不能吃这个吃了怪物的鳄鱼，所以第一个动手的是安全的，既然这样谁都想第一个动手，所以这个时候怪物就完蛋了。
20. 当你在浏览器输入一个网址，如http://www.taobao.com。按回车之后发生了什么？请从技术的角度描写叙述，如浏览器、网络（UDP、TCP、HTTP等），以及server等各种參与对象上由此引发的一系列活动，请尽可能的涉及到全部的关键技术点。
解析：首先你输入了一个网址并按下了回车，这个时候浏览器会依据这个URL去查找其相应的IP。详细步骤例如以下：
首先是查找浏览器缓存，浏览器会保存一段时间你之前訪问过的一些网址的DNS信息，不同浏览器保存的时常不等。
假设没有找到相应的记录，这个时候浏览器会尝试调用系统缓存来继续查找这个网址的相应DNS信息。
假设还是没找到相应的IP。那么接着会发送一个请求到路由器上。然后路由器在自己的路由器缓存上查找记录，路由器一般也存有DNS信息。
假设还是没有，这个请求就会被发送到ISP（注：Internet Service Provider，互联网服务提供商，就是那些拉网线到你家里的运营商。中国电信中国移动什么的）。ISP也会有对应的ISP DNSserver。一听中国电信就知道这个DNSserver的规模肯定不会小，所以基本上都能在这里找得到。题外话：会跑到这里进行查询是由于你没有修改过"网络中心"的"ipv4"的DNS地址，万恶的电信联通能够修改了这个DNSserver。换句话说他们能够让你的浏览器跳转到他们设定的页面上，这也就是人尽皆知的DNS和HTTP劫持。ISP们还美名曰“免费推送服务”。强烈歧视这样的霸王行为。我们也能够自行修改DNSserver来防止DNS被ISP污染。
假设还是没有的话， 你的ISP的DNSserver会将请求发向根域名server进行搜索。
根域名server就是面向全球的*DNSserver，共同拥有13台逻辑上的server，从A到M命名，真正的实体server则有几百台，分布于全球各大洲。所以这些server有真正完整的DNS数据库。假设到了这里还是找不到域名的相应信息，那仅仅能说明一个问题：这个域名本来就不存在。它没有在网上正式注冊过。或者卖域名的把它回收掉了（一般是由于欠费）。
这也就是为什么打开一个新页面会有点慢，由于本地没什么缓存，要这样递归地查询下去。
多说一句，比如"mp3.baidu.com"，域名先是解析出这是个.com的域名，然后跑到管理.com域名的server上进行进一步查询，然后是.baidu，最后是mp3，
所以域名结构为：三级域名.二级域名.一级域名。
浏览器最终得到了IP以后，浏览器接着给这个IP的server发送了一个http请求，方式为get，比如訪问nbut.cn
这个get请求包括了主机（host）、用户代理(User-Agent)，用户代理就是自己的浏览器。它是你的"代理人"，Connection（连接属性）中的keep-alive表示浏览器告诉对方server在传输完如今请求的内容后不要断开连接。不断开的话下次继续连接速度就非常快了。其它的顾名思义即可了。另一个重点是Cookies，Cookies保存了用户的登陆信息，在每次向server发送请求的时候会反复发送给server。
Corome上的F12与Firefox上的firebug(快捷键shift+F5)均可查看这些信息。
发送完请求接下来就是等待回应了，例如以下图：
当然了，server收到浏览器的请求以后（事实上是WEBserver接收到了这个请求。WEBserver有iis、apache等），它会解析这个请求（读请求头），然后生成一个响应头和详细响应内容。
接着server会传回来一个响应头和一个响应，响应头告诉了浏览器一些必要的信息，比如重要的Status Code，2开头如200表示一切正常，3开头表示重定向。4开头。如404。呵呵。响应就是详细的页面编码，就是那个<html>......</html>，浏览器先读了关于这个响应的说明书（响应头），然后開始解析这个响应并在页面上显示出来。在下一次CF的时候（不是穿越火线，是http://codeforces.com/），因为常常难以承受几千人的同一时候訪问，所以CF页面常常会出现崩溃页面，到时候能够点开火狐的firebug或是Chrome的F12看看状态，只是这时候一般都急着看题和提交代码。似乎根本就没心情理会这个状态吧-.-。
假设是个静态页面。那么基本上到这一步就没了，可是现在的站点差点儿没有静态的了吧，基本全是动态的。所以这时候事情还没完。依据我们的经验，浏览器打开一个网址的时候会慢慢载入这个页面。一部分一部分的显示，直到全然显示。最后标签栏上的圈圈就不转了。
这是由于。主页（index）页面框架传送过来以后，浏览器还要继续向server发送请求。请求的内容是主页里面包括的一些资源，如图片。视频。css样式等等。这些"非静态"的东西要一点点地请求过来，所以标签栏转啊转，内容刷啊刷，最后所有请求并载入好了就最终好了。
须要说明的是。对于静态的页面内容。浏览器一般会进行缓存。而对于动态的内容。浏览器通常不会进行缓存。
缓存的内容通常也不会保存非常久，由于难保站点不会被修改。
-.-大概就是这样一个过程了，本人的能力与理解有限，可能说的不是非常好，也可能遗漏了一些地方，欢迎补充与指正~
本文转自mfrbuaa博客园博客，原文链接：http://www.cnblogs.com/mfrbuaa/p/5095177.html，如需转载请自行联系原作者