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一、选择题
1、请指出选择排序，冒泡排序，快速排序的时间复杂度分别是（）
A. O(n^2)、O(n^2)、O(n*log2n)
B. O(n*log2n)、、O(n^2)、O(n*log2n）
C. O(n)、O(n^2)、O(n^2)
D. O(n*log2n)、O(n^2)、O(n^2)
2、在单链表中，增加头结点的目的是（）
A. 标识表结点中首结点的位置
B. 算法实现上的方便
C. 使单链表至少有一个结点
D. 说明单链表是线性表的链式存储实现
3、下列算法的功能是什么？
/*L是无头节点单链表*/
LinkList Demo(LinkList L)
{
ListNode *Q,*P;
if(L&&L->next)
{
Q=L;
L=L->next;
P=L;
while(P->next)
P=P->next;
p->next=Q;
}
return L;
}A. 遍历链表
B. 链表深拷贝
C. 链表反转
D. 单链表转变为循环链表
4、表达式3*2^(4+2*2-6*3)-5求值过程中当扫描到6时,对象栈和运算符栈为(),其中^为乘幂
A. 3,2,4,1,1;(*^(+*-
B. 3,2,8;(*^-
C. 3,2,4,2,2;(*^(-
D. 3,2,8;*^(-
5、假设以数组A[60]存放循环队列的元素,其头指针是front=47,当前队列有50个元素,则队列的尾指针值为()
A. 3
B. 37
C. 97
D. 50
6、一棵完全二叉树第六层有9个叶结点（根为第一层），则结点个数最多有（）
A. 112
B. 111
C. 107
D. 109
7、有权值分别为11，8，6，2，5的叶子结点生成一棵哈夫曼树，它的带权路径长度为（）
A. 24
B. 71
C. 48
D. 53
8、已知小根堆为8,15,10,21,34,16,12，删除关键字8之后需重建堆，最后的叶子节点为（）
A. 34
B. 21
C. 16
D. 12
9、将10个元素散列到100000个单元的哈希表中,则()产生冲突
A. 一定会
B. 一定不会
C. 仍可能会
10、下列排序算法中，元素的移动次数与关键字的初始排列次序无关的是 （） 。
A. 直接插入排序
B. 起泡排序
C. 基数排序
D. 快速排序
二、编程题
1、年终奖 题目链接
2、迷宫问题 题目链接
三、选择题题解
1、请指出选择排序，冒泡排序，快速排序的时间复杂度分别是（）
A. O(n^2)、O(n^2)、O(n*log2n)
B. O(n*log2n)、、O(n^2)、O(n*log2n）
C. O(n)、O(n^2)、O(n^2)
D. O(n*log2n)、O(n^2)、O(n^2)
正确答案：A
题解：
基础题；
2、在单链表中，增加头结点的目的是（）
A. 标识表结点中首结点的位置
B. 算法实现上的方便
C. 使单链表至少有一个结点
D. 说明单链表是线性表的链式存储实现
正确答案：B
题解：
带头以后，在实现插入与删除等算法时会方便的多；
3、下列算法的功能是什么？
/*L是无头节点单链表*/
LinkList Demo(LinkList L)
{
ListNode *Q,*P;
if(L&&L->next)
{
Q=L;
L=L->next;
P=L;
while(P->next)
P=P->next;
p->next=Q;
}
return L;
}A. 遍历链表
B. 链表深拷贝
C. 链表反转
D. 单链表转变为循环链表
正确答案：D
题解：
我们发现Q存的是第一个结点的位置，while循环是找最后一个结点，并存入P中，最后将P的next指向Q完成首尾相连；
4、表达式3*2^(4+2*2-6*3)-5求值过程中当扫描到6时,对象栈和运算符栈为(),其中^为乘幂
A. 3,2,4,1,1;(*^(+*-
B. 3,2,8;(*^-
C. 3,2,4,2,2;(*^(-
D. 3,2,8;*^(-
正确答案：D
题解：
此题考察利用栈将中缀表达式转后缀表达式，具体规则是分别使用两个栈，一个为数据栈，一个为运算符栈，遍历中缀表达式，遇到数字则将数字入数据栈，遇到运算符有三种情况，若运算符栈为空，则入栈；若运算符栈不为空且当前运算符大于栈顶运算符，则直接入栈，若运算符栈不为空且当前运算符小于等于运算符栈顶符号，则取出数据栈顶两个数据用运算符栈顶的运算符进行计算，然后将结果继续入栈；
5、假设以数组A[60]存放循环队列的元素,其头指针是front=47,当前队列有50个元素,则队列的尾指针值为()
A. 3
B. 37
C. 97
D. 50
正确答案：B
题解：
（47 + 50） % 60 = 37；
6、一棵完全二叉树第六层有9个叶结点（根为第一层），则结点个数最多有（）
A. 112
B. 111
C. 107
D. 109
正确答案：D
题解：
首先我们要清楚二叉树的两个特性，第 n 层的结点个数2^(n - 1)，满二叉树 n 层结点的总数为2^n - 1；我们首先算出第6层结点个数2^(6 - 1) = 32；而第六层只有9个结点，因此必然存在第七层；我们算出7层总共结点数位2^7 - 1 = 128；然后减去9 * 2；就是完全二叉树的最多节点个数；
7、有权值分别为11，8，6，2，5的叶子结点生成一棵哈夫曼树，它的带权路径长度为（）
A. 24
B. 71
C. 48
D. 53
正确答案：B
题解：
我们首先要会画出我们的哈夫曼树，画出如下图所示；
8、已知小根堆为8,15,10,21,34,16,12，删除关键字8之后需重建堆，最后的叶子节点为（）
A. 34
B. 21
C. 16
D. 12
正确答案：C
题解：
具体过程如下图所示；
9、将10个元素散列到100000个单元的哈希表中,则()产生冲突
A. 一定会
B. 一定不会
C. 仍可能会
正确答案：C
题解：
哈希函数只能尽量减少冲突，无法避免冲突；
10、下列排序算法中，元素的移动次数与关键字的初始排列次序无关的是 （） 。
A. 直接插入排序
B. 起泡排序
C. 基数排序
D. 快速排序
正确答案：C
题解：
基数排序元素移动次数与其实次序无关，只与即最大数据的权重位数有关；
四、编程题题解
1、年终奖
思路：采用动态规划的思路，我们定义dp[i][j]为以 i 行 j 列结尾的位置最大价值；不难推出该最大价值为dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 当前格子价值；
class Bonus
{
public:
int getMost(vector<vector<int> > board)
{
int m = board.size();
int n = board[0].size();
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + board[i - 1][j - 1];
return dp[m][n];
}
};2、迷宫问题
思路：经典的一道DFS题目，我们标记每个位置是否走过，到终点时记录并更新最短路径；
#include <iostream>
#include <type_traits>
#include <vector>
using namespace std;
vector<vector<int>> maze, curpath, bestpath;
vector<vector<bool>> is_arrive;
int row, col;
void get_road(int x, int y)
{
is_arrive[x][y] = true;
curpath.push_back({x, y});
// 到达终点
if(x == row - 1 && y == col - 1)
{
if(bestpath.empty())
bestpath = curpath;
else
if(curpath.size() < bestpath.size())
bestpath = curpath;
}
// 开始移动探测 右、下、左、上
if(y + 1 < col && is_arrive[x][y + 1] == false && maze[x][y + 1] == 0)
get_road(x, y + 1);
if(x + 1 < row && is_arrive[x + 1][y] == false && maze[x + 1][y] == 0)
get_road(x + 1, y);
if(y - 1 >= 0 && is_arrive[x][y - 1] == false && maze[x][y - 1] == 0)
get_road(x, y - 1);
if(x - 1 >= 0 && is_arrive[x - 1][y] == false && maze[x - 1][y] == 0)
get_road(x - 1, y);
// 回溯
is_arrive[x][y] = false;
curpath.pop_back();
}
int main()
{
cin >> row >> col;
// 初始化
maze.resize(row, vector<int>(col, 0));
is_arrive.resize(row, vector<bool>(col, false));
for(int i = 0; i < row; i++)
for(int j = 0; j < col; j++)
cin >> maze[i][j];
get_road(0, 0);
for(int i = 0; i < bestpath.size(); i++)
cout << "(" << bestpath[i][0] << "," << bestpath[i][1] << ")" << endl;
return 0;
}