数学问题面试总结

1. 假设有n块石头，甲乙两人轮流拿1-2块石头。规定甲先拿，最后一个拿石头的人输，问甲在什么情况下会赢？
   分析：
   （1）当n等于1时，甲输；
   （2）当n等于2时，甲先拿1个，剩了1个石头，甲赢；
   （3）当n等于3时，甲先拿2个，剩了1个石头，甲赢；
   （4）当n等于4时，如果甲第1次拿了1个，乙就会拿2个，剩了1个石头，那么甲就会输；如果甲第1次拿了2个，乙就会拿1个，剩了1个石头，那么甲还是会输。综上，甲输；
   （5）当n等于5时，甲第1次拿1个，则就会剩4个石头，此时等价（4），唯一不同的是在（4）中是甲先取的，而在这里变成乙先取，所以结果应该和（4）相反，甲赢；
   （6）当n等于6时，甲第1次拿2个，此时等价（4），唯一不同的是在（4）中是甲先取的，而在这里变成乙先取，所以结果应该和（4）相反，甲赢；
   答案：
   （1）当n=3k-1时，甲第1次拿1个，剩下的石头可以分成：k-1堆3个，还零1个。这时候该乙拿，乙拿1个，甲就拿2个，乙拿两个，甲就拿1个，最后剩下的一定是乙拿，那么甲就会赢。
   （2）当n=3k时，甲第一次拿两个，那么就和情况（1）一样了。
   综上：当n=3k-1或者n=3k时甲会赢。
   强烈推荐这篇博客。
2. 甲乙两人轮流报数，每次至少报1到10个，谁先报道100算谁赢。
   由上面的博客可知，该问题的奇异局势应该为$n=(m+1)\ast i$；整个问题可以写成$100=(10+1)\ast 9+1$；所以谁第一个报，就报1，那么就会把奇异局势留给对方；假设对方报的是k，那么你总是报10-k的数字，那么就会一直维持奇异局势。所以这个问题的答案是谁先报谁赢。
3. 在一个圆上任意n个点，其在同一个半圆上的概率是多少？
   首先从这个n个点中任意取一个点做直径，那么总共有n种取法；剩余的n-1个点在这条直径的同侧的概率为$(\frac{1}{2}{)}^{n-1}$。所以该问题的答案是$n(\frac{1}{2}{)}^{n-1}$。
4. 数组shuffle以及证明shuffle后的数组是均匀随机的。
   思路：（1）遍历数组，每次随机生成一个坐标位置，由srand和rand实现；（2）交换当前遍历位置和随机生成的坐标位置的数字，直至遍历完成。

void swap(int& a, int& b){
	int tmp = a;
	a = b;
	b = tmp;
}
void shuffle(int* arr, int n){
	if(n < 1)
		return;
	srand(time(NULL));
	for(int i = 0; i < n; i++){
		int tmp_idx = (rand() % (n - i) + i);
		swap(arr[i], arr[tmp_idx]);
	}
}

证明：不考虑数组中元素是否重复，长度为n的数组，其全排列共有$n!$中。要做到概率上的随机打乱，那么打乱后排列的概率需要是$\frac{1}{n!}$。在for循环的第k次迭代后，对每个可能的k排列，子数组arr[1,k]包含这k个排列的概率是$\frac{(n-k)!}{n!}$。下面用数学归纳法证明循环不等式成立：
（1）当k=1时，第一个元素的概率是$\frac{1}{n}$，循环不等式$\frac{(n-1)!}{n!}=\frac{1}{n}$，循环不等式成立；
（2）假设当k=m时，循环不等式也成立；则当k=m+1时，k排列的概率=（k-1）排列的概率 * 第k个元素的概率。即$\frac{(n-m)!}{n!}\ast \frac{1}{n-m}=\frac{(n-m-1)!}{n!}=\frac{(n-(m+1))!}{n!}$，循环不等式成立；
（3）所以，当k=n时，$\frac{(n-(n-1))!}{n!}\ast \frac{1}{n-(n-1)}=\frac{1}{n!}$，问题得证。

5. 求sqrt。
   解法一：二分查找法

double mySqrt(double x){
	double eps = 1e-8;
	if (x < 0)
		return -1.0;
	if (x <= eps || (x - 1) <= eps)
		return x;
	double l = 1.0, r = x;
	double mid = l + (r - l) / 2.0;
	double res = mid * mid - x;
	while (abs(res) > eps){
		if (res > 0)
			r = mid;
		else
			l = mid;
		mid = l + (r - l) / 2.0;
		res = mid * mid - x;
	}
	return mid;
}

解法二：牛顿法。要求解sqrt(x)，即就是求$f(x)=x^2-t=0$的解。假设初始解为$x_0$，那么我们在点$(x_0,f(x_0))$的切线方程为$y-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$；令$y=0$得到$x=\frac{x_0}{2}+\frac{t}{2x_0}$，则迭代解为$x_n=\frac{x_{n-1}}{2}+\frac{t}{2x_{n-1}}$。若$f(x_n)$很接近与0，那么$x_n$即为要求的解。如下图所示：

double mySqrt(double x){
	double eps = 1e-8;
	if (x < 0)
		return -1.0;
	if (x <= eps || (x - 1) <= eps)
		return x;
	double x0 = x, t = x;
	x0 = x0 / 2 + t / (2 * x0);
	while (abs(x0 * x0 - t) > eps)
		x0 = x0 / 2 + t / (2 * x0);
	return x0;
}

6. 一个天平和七个砝码，其中五个一样重，另外两个稍轻，问把这两个轻的找出来，最快需要几次？
   方案：将砝码分成3-3-1，三个三个称一次。
   （1）如果两边一样重，说明两边各有一个轻的，从三个中在挑两个称，找到答案，总共三次；
   （2）如果两边不一样重，则从轻的那一份中挑出两个砝码称；a）如果两个一样重，则拿出第一次称的重的那三个中的一个，与这两个中的一个进行比较。如果一样重，则剩下两个没称的就是轻的；如果不一样重，那么刚刚称的一样重的两个是轻的。总共三次；b）如果两个不一样重，则找出一个轻的，与剩下的两个进行比较，得出答案，共三次。
7. 平均需要抛掷多少次硬币，才会首次出现连续的两个正面？
   假设连续两个正面的期望是E，当第一次抛出硬币时：（1）如果抛到反面，那么还期望E次，总数E+1次；（2）如果抛到正面，并且第二次也抛到正面，那么结束，总数是2；如果第二次抛到反面，那么相当于重新来过，总数是E+2次。
   因此：$E=0.5(E+1)+0.25\ast 2+0.25\ast (E+2)$解得$E=6$
8. 某大公司有这么一个规定：只要有一个员工过生日，当天所有员工全部放假一天。但在其余时候，所有员工都没有假期，必须正常上班。这个公司需要雇用多少员工，才能让公司一年内所有员工的总工作时间期望值最大？
   解法：假设一年有365天，每个员工的生日都等概率分布在这365天。那么假设雇佣了n个员工，那么工作时间的期望值为$E(n)=n\ast (1-\frac{1}{365}{)}^n=n\ast (\frac{364}{365}{)}^n$，令$E(n{)}^{\prime }=0$解得，$n=-\frac{1}{ln\frac{364}{365}}=365$。
9. AX = 0 X有无穷多解，问A是否可逆？
   解：由于X由无穷多解，说明A不是一个满秩矩阵，其行列式等于0，由$A{A}^{-1}=I可知，$可逆矩阵的行列式一定不等于0，因此矩阵A不可逆。
10. 说下卷积的过程、img2col是怎样的？
    
    假设卷积核的尺寸为22，输入图像尺寸为33。img2col将卷积核每次要处理的窗口，将其展开到新矩阵的一行(列)，新矩阵的列(行)数，就是对于一幅输入图像，卷积的运算次数（卷积核滑动的次数）。
    疑问：到底是展开为列还是行呢？其实这跟不同变成语言的内存寻址有关，对于计算机来说，读取连续内存是最快的。在c++或者python中，内存存储方式是行优先，因此展开成行比较好；在matlab中，内存存储方式是列优先，因此展开成列比较好。
11. 用python手写一个卷积

def my_conv(input_feature, kernel):
    input_rows, input_cols, input_channels = input_feature.shape
    kernel_size, _, output_channels = kernel.shape
    output_rows = input_rows - kernel_size + 1
    output_cols = input_cols - kernel_size + 1
    output_features = np.zeros([output_rows, output_cols, output_channels], dtype=np.float32)  
    for c in range(output_channels):
        for i in range(output_rows):
            for j in range(output_cols):
                output_features[i, j, c] = compute_conv(input_feature[i:i + kernel_size, j:j + kernel_size, :],
                                                        kernel[:, :, c])
    return output_features

def compute_conv(input_block, single_kernel):
    res = 0
    for in_c in range(input_block.shape[2]):
        res += (input_block[:, :, in_c] * single_kernel).sum()
    return res

12. 甲乙两人进行乒乓球比赛，每局甲胜的概率是p，$p\ge \frac{1}{2}$。问对甲而言，采用三局两胜制有利，还是五局三胜制有利。设各局相互独立。
    解：（1）若采用三局两胜制，甲最终获胜，则总共比赛次数有可能2次或者3次。若是2次，那么甲全赢；若是3次，则在前两次甲一赢一输。因此概率为：$p_1=p^2+C_2^1{p}^2(1-p)=3p^2-2p^3$；（2）若采用五局三胜制，甲最终获胜，则总共比赛次数有可能3次，4次或者5次。因此概率为：$p_2=p^3+C_3^2{p}^3(1-p)+C_4^2{p}^3(1-p{)}^2=6p^5-15p^4+10p^3$。那么$$p_2-p_1=p^2(6p^3-15p^2+12p-3)=3p^2(p-1{)}^2(2p-1)$$当$p>\frac{1}{2}时，p_2>p_1$，因此对甲来说五局三胜制有利。
13. 在1-2000的整数中随机取一个整数，问取到的整数既不能被6整除，也不能被8整除的概率是多少？
    解：设A为事件“取到的数能被6整除”，B为事件“取到的数能被8整除”，则所求概率为：$P(\bar{A}\bar{B})=P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)=1-(P(A)+P(B)-P(AB))$。由于$333<\frac{2000}{6}<334,\frac{2000}{8}=250$，故得$P(A)=\frac{333}{2000},P(B)=\frac{250}{2000}$。又由于一个数同时能被6与8整除，就相当于能被24整除，因此，由$83<\frac{2000}{24}<84$得$P(AB)=\frac{83}{2000}$。于是所求概率$p=1-(\frac{333}{2000}+\frac{250}{2000}-\frac{83}{2000})=\frac{3}{4}$
14. 一个公交站在1分钟内有车经过概率是p，那么在3分钟内有车的经过的概率？
    解：将3分钟分成3段，每段1分钟，则3分钟没有车经过的概率为$(1-p{)}^3$，所以3分钟内有车经过的概率是$1-(1-p{)}^3$
    升级版问题：假设一小时内有车进过的概率是p，那么30分钟内有车经过的概率是多少？
    解：将1小时分成2段，每段30分钟。设每段没有车经过的概率是x，则有$x^2=1-p,x=\sqrt{1-p}$，那么30分钟内有车经过的概率为$1-\sqrt{1-p}$
15. 在二维坐标系中，所有的值都是double型，那么一个矩形可以由四个点来代表，(x1, y1)为最左的点，(x2, y2)为最上的点，(x3, y3)为最下的点，(x4, y4)为最右的点。给定4个点代表的矩形，再给定一个点(x, y)，判断(x, y)是否在矩形中。
    解（1）我们先推导一下坐标旋转变换公式
    
    如上图所示，已知$P(x,y)$的坐标，旋转角度为$\theta$，$P(x,y)$与x轴的夹角为$\alpha$，求$P^{\prime }(x^{\prime },y^{\prime })$的坐标。由旋转的性质我们可得$OP=O{P}^{\prime }=\sqrt{x^2+y^2}=d$。因此我们有$sin\alpha =\frac{y}{d},cos\alpha =\frac{x}{d}$。同时，也能得到$sin(\alpha +\theta )=\frac{y^{\prime }}{d},cos(\alpha +\theta )=\frac{x^{\prime }}{d}$。由这四个方程可得：$$x^{\prime }=xcos\theta -ysin\theta$$$$y^{\prime }=xsin\theta +ycos\theta$$
    （2）下面我们看这个题，具体应该分成两种情况：矩形平行于直角坐标系和矩形不平行于直角坐标系。如果平行的话，那么该问题就非常简单，只需要判断点(x,y)是否越界即可；如果不平行的话，需要用（1）所提到的坐标旋转变换先把它变成平行的，然后判断是否越界。注意的是：我们将不平行转化成平行，如下图所示，所以此时旋转的角度应该为$-\theta$，因此坐标变换公式应该变成$$x^{\prime }=xcos(-\theta )-ysin(-\theta )=xcos\theta +ysin\theta$$$$y^{\prime }=xsin(-\theta )+ycos(-\theta )=-xsin\theta +ycos\theta$$。
    
    整个问题代码如下：

def isInside(x1, y1, x2, y2, x3, y3, x4, y4, x, y):
	def isInside(x1, y1, x4, y4, x, y):
		if x <= x1 or x >= x4 or y >= y1 or y <= y4:
			return false
		return true
	if y1 == y2: ##矩阵平行于坐标轴
		return isInside(x1, y1, x4, y4, x, y)
	a = abs(y4 - y3)
	b = abs(x4 - x3)
	c = math.sqrt(a**2 + b**2)
	sin_theta = a / c;
	cos_theta = b / c;
	x1_hat = x1 * cos_theta + y1 * sin_theta ##注意旋转了-theta
	y1_hat = -x1 * sin_theta + y1 * cos_theta
	x4_hat = x4 * cos_theta + y4 * sin_theta 
	y4_hat = -x4 * sin_theta + y4 * cos_theta
	x_hat = x * cos_theta + y * sin_theta 
	y_hat = -x * sin_theta + y * cos_theta 
	return isInside(x1_hat, y1_hat, x4_hat, y4_hat, x_hat, y_hat)

16. 一个人从原点出发，可以往左走可以往右走，每次走的步数递增1，问能不能到达一个位置x？如果能，给出走的步数最少的方案？
    解法(Leetcode 754)：

int reachNumber(int target){
	target = abs(target);
	int step = 0, sum = 0;
	while(sum < target || (sum - target) % 2 == 1)
		sum += (++step);
	return step;
}

17. 一个文件中含有n个元素，只能遍历一遍，要求等概率随机取出其中之一.
    解法：顺序遍历，当前遍历的元素为第L个元素，变量pre_picked表示之前选取的某一个元素，此时生成一个随机数r，如果r%L == 0(当然0也可以是0~L-1中的任何一个，概率都是一样的), 我们将pre_picked的值替换为当前值，否则扫描下一个元素直到文件结束。

int pickOne(vector& file){
	if(file.empty()) return -1;
	srand(time(NULL));
	int pre_picked = file[0];
	for(int L = 1; L < file.size(); L++)
		if(rand() % L == 0)
			pre_picked = file[L];
	return pre_picked;
}

18. 四个人过河,过河用时分别为1,2,5,8,每次只能过两个人,同时要有人把手电筒送回来,问最短多长时间能过完？
    解：（1）1,2过去，1回来，3分钟；（2）5,8过去，2回来，10分钟；（3）1,2过去，2分钟。因此最短时间为3+10+2=15分钟。

19. 一个半径为R的圆用一些半径为R／2的圆去覆盖,至少要用多少才能完全覆盖?
    解：要最少，则覆盖率最高，在不剪碎的前提下讨论。如要完全覆盖，则必须完全覆盖大圆的圆周，于是小圆的利用率越高，与大圆交点解得的弦长越长。令大圆与小圆交点截得的弦长最长为小圆直径，即弦长=R，则弦至大圆圆心的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}R>\frac{1}{2}R$，所以中间不能完全覆盖，还要加一个。
    综上，单个小圆覆盖的角度是60度，因此总共需要6+1=7个小圆。

20. 从1-12中至少选出几个数字，可以保证其中有两个数的差为7？从1-12中至少选出几个数字，可以保证其中有两个数的差为4？
    解：典型的抽屉思想。（1）差为7的数组有：（1,8）（2,9）（3,10）（4,11）（5,12）。从这五组里一组里拿一个，再加上多出来的6，7，也就是5+2，然后再随便拿一个就可以了，所以是5+2+1=8；（2）差为4的数组有：（1,5,9）（2,6,10）（3,7,11）（4,8,12）,。从这五组里分别取出两边的数字，总共是8个，然后从剩下的4个里拿一个就可以了。所以是4+4+1=9。

21. 甲乙丙丁四人进行传球训练,要求每人接球后传给其他任何一个人,开始由甲发球,作为第一次传球,问第五次传回甲的传法有多少种?
    解：共有60种。因为第四次传球不能传给甲，所以本题要分情况讨论：
    

22. 把280张卡片分给若干名同学，每人都要分到，但都不得超过10张。证明：至少有6位同学得到的卡片数目同样多。
    解：每个同学得到的卡片个数不超过10张，因此每个同学卡片个数都有10种可能。如果10个同学都不重复，则每组10人共分了1+2+3+…+10=55张卡片。由$280/55=5,280\%55=5$得，分成这样的5组还剩5张，每种张数都有5个同学一样，因此剩下的5张无论如何分配，必然与前面5组中某种张数相同，此时这种张数有6名同学。

23. 有个红绿灯路口，统计从这个红绿灯路口经过的车辆，他们的等车时间（大于等于0），把等车时间存成一个数组，问，红绿灯的时长分别是多少?
    解：当统计数组足够长的时候，数组的最大值就可以近似是红灯的时间（意味着车辆刚来的时候就是红灯，整整等了一个红灯的时间）；然后统计数组中0出现的次数（代表绿灯（没等）的车辆数），以及非零数字出现的次数（代表红灯（等了）的车辆数），还是当数组足够长的时候，没等的车辆数 / 等了的车辆数这个比值就是红绿灯的时长比值，由于红灯的时间已经算出来了，因此，绿灯的时间也可以算出来。

24. 将一根木棍分成三段，求这三段构成三角形的概率

25. 在一圆周上任意取三个点构成锐角三角形的概率是多少
    两个题的答案参考这篇博客。
    -----------------------------2019.9.20 补充--------------------------------------
    总结：【参考】
    组成锐角的概率：1/4
    组成钝角的概率：3/4
    组成直角的概率：0
    
    这时，根据圆周角与所夹弧长的关系可以把该问题转化为几何概型：
    三角形为锐角三角形的充要条件是三条弧长都小于π ；
    三角形为直角三角形的充要条件是三条弧长只有一条等于π ；
    三角形为钝角三角形的充要条件是三条弧长只有一条大于π。
    将几何概型表现在坐标轴上：
    
    其中，ΔAOB 的所围成区域的点集表示了全概率空间，$S_3$ 表示组成锐角三角形的事件，根据面积比可以得到概率为$\frac{S_3}{S_{\Delta AOB}}=\frac{1}{4}$ ; 而三条红线在ΔAOB 中所截断线段的长度代表组成直角三角形的事件，其概率为0；S1+S2+S4 表示组成钝角三角形的事件，其概率为$\frac{3}{4}$

26. n个人，每个人都不在自己位置上的组合数——全错位排列
    【参考】
    设长度为n的序列的全错位排列一共有f(n)种，假设我们已经解决了f(1)到f(n-1)，那么当序列新增了一个元素an，显然全错位排列中该元素不能放在第n个位置上，假设该元素在从1到n-1的第i个位置，那么在新序列中第n个位置上的元素可能有两种情况：
    （1）第n个位置上的元素为ai
    因为an和ai都不在原位置上，因此只需剩余的元素都是全错位排列，新序列就构成了全错位排列。那么除去ai和an还剩下n-2个元素，则这n-2个元素一共有f(n-2)种全错位排列，因为i的选择共有n-1种，因此该情况下一共有(n-1)*f(n-2)种全错位排列。
    （2) 第n个位置上的元素不为ai
    该种情况相当于，前n-1个元素做好了全错位排列，an与其中任意元素交换位置，新生成的序列也是一个全错位排列。这种情况下i的选择共有n-1种，n-1的元素的全错位排列共有f(n-1)种，因此该情况下一共有(n-1)*f(n-1)种全错位排列。
    （总结） 综合以上两种情况，f(n)=(n-1)f(n-2)+(n-1)*f(n-1)=(n-1)[f(n-2)+f(n-1)]
    显然这个公式适用于n>2的情况，而f(1)=0,f(2)=1是之前已经列举得出的。
    将n=3代入，得到f(3)=2*(0+1)=2，将n=4代入，得到f(4)=3*(1+2)=9，与列举所得到的结果相同。

27. 随机游走问题
    （1）一维数轴上的随机游走
    （1.1）回到原点的步数期望
    (个人的理解，不一定对)假设随机变量X表示回到原点所需步数，则有P(X=奇数)=0，P(X=2)=1/2，P(X=4)=3/4，P(X=6)=5/16…，则E(X) = …
    （1.2）n步之后回到原点，一共有多少种游走方案？
    解法（动态规划）：借鉴圆环上的随机游走问题，假设d(k,j)表示从点j 走k步到达原点0的方法数，则递推式为：
    d(k, j) = d(k-1, j-1) + d(k-1, j+1)
    （2）圆上的随机游走
    一个从0-9的圆环，从0开始出发，可以顺时针或逆时针走，请问走n步回到0有几种不同的走法？
    解法（动态规划）：n步回到原点，有两种情况，n-1步到了1或者到了9，所以可以使用动态规划的思想，假设d(k, j)表示从点j 走k步到达原点0的方法数， 因此可以转化为他相邻的点经过k-1步回到原点的问题，这样将问题的规模缩小写出递推式：(求余是为了防止超出范围)
    d(k, j) = d(k-1, (j-1+n)%n) + d(k-1, (j+1)%n);