面试：逻辑题与思考题整理

一、红帽白帽问题

【问题】
有三顶红帽子和两顶白帽子.将其中的三顶帽子分别戴在 A、B、C三人头上.这三人每人都只能看见其他两人头上的帽子,但看不见自己头上戴的帽子,并且也不知道剩余的两顶帽子的颜色。
　　问A: “你戴的是什么颜色的帽子?” A回答说:“不知道。” 接着，又以同样的问题问B。 B想了想之后，也回答说:“不知道。” 最后问C。 C也想了一会回答说:“我知道我戴的帽子是什么颜色了。” 当然，C是在听了A、B的回答之后而作出回答的。试问:C戴的是什么颜色的帽子?
　　
【回答】
A回答不知道，说明A看到肯定不是两顶白帽，要么是两顶红帽，要么是一白一红；
B回答不知道，在他知道自己和C是要么两顶红帽，要么一白一红的前提下，说明C肯定不是白帽子，否则他就知道自己是红色的了。说明C是红帽子！ C根据这一点推断出自己是红帽子！

二、区分硬币问题

100枚硬币平放在桌面上，10枚正面朝上，90枚反面朝上，不能看，不能仔细摸，可以移动翻转硬币。请问如何江它们分为正面朝上硬币数目相等的两堆？

方案：将其中10枚硬币移出来，翻个个。

解释 ：加入移出的硬币里有9枚反，1枚正，翻转后就是9正1反，剩下的硬币里是81枚反，9枚正。

三、抢红包问题

——如何避免有的人抢不到，有的人抢的很多，有的人抢的很少？

容易想到的是：随机区间 ( 0, 剩余金额 )，这样会导致先抢的人拿得多。

思路：
假设一共有 N 元，一共有 K 个人，则可以每个人拿到的钱为 random(N - (K - 1) * 0.01)，即保证后面K-1个人至少还有0.01元，然后更新N为剩余的钱，直到最后一个人就直接拿N。

生成随机数的方法：

Math.random()*100+1   //输出[0,100]的数

或者：

Random r = new Random();    
double res = 0;
res = r.nextInt(100);           
System.out.println(res);

四、生成随机数（概率相同）——n进制

——用 0-4 随机数生成器 rand4() 来生成0-6随机数 rand6()

初步印象：乘以四分之六不就行了？——不行！

• rand4()，0-4随机数：0、1、2、3、4共5个数
• rand6()，0-6随机数：0、1、2、3、4、5共7个数

思路：生成一个比6大的数据范围，并且能够确定每个数字出现的概率都相同。

rand4() * rand4() 和 rand4() + rand4() 得到的各个数的概率是不同的！

【n进制计算】
如果对0-4进行排列，得到16个数字，每个数字都是唯一的，说明每个数字出现的概率都是一致的！

故而rand4() * 5得到也是随机的 ，rand4() * 5 + rand4()也是随机的。所以可以对其中的0-20进行三等分。
结果：rand6() = (rand4() * 5 + rand4()) <= 20 ? x/3 ： loop
代码：

class Main{
     
    public static void main(String[] args) {
     
        int[] result = new int[7];
        for (int i = 0; i < 50000; i++) {
     
            int r = rand6();
            result[r]++;
        }
        for (int i = 0; i < result.length; i++) {
     
            System.out.println("num:" + i + " times: " + result[i]);
        }
    }
    public static int rand4() {
     
        //大于等于 0.0 且小于 1.0
        double rand = Math.random() * 5;
        return (int) rand;
    }
    // 0 -6 实际 7个数字
    public static int rand6() {
     
        int result = rand4() * 5 + rand4();
        do {
     
            result = rand4() * 5 + rand4();
        } while (result > 20);
        return result / 3;
    }
}

五、两炷香测时间

两根香，一根烧完1小时，如何测量15分钟
思路：

先将一根香的一端点燃，另一根香的两端全部点燃。当第二根香全部烧完时，此时已经过了半个小时。再将第一根香的另一端也点燃，那么此时第一根香剩下部分烧完的时间就是 15 min。

六、有序数组中不重复元素的个数

七、topN问题（以及最小的k个数问题）

7.1 topN问题

——如何在很大的数量级的数据中，找出前1000大的数据？
来源于知乎

（1）数据还不够大的话：分治法

答：如果全部排序一遍的话，或者部分排序的话，时间复杂度就会很高。可以用分治法，比如快排操作。
随便找一个数t，用快排，使得左边的数大于它，右边的数小于它，如果前面一部分总数大于1000个，那么继续在前一部分进行快排查找，否则在后一部分进行查找。如果左边的数量等于1000，那么久找到了。

时间复杂度：O(N)
计算过程：快排的过程，时间是O(n)，第二次减半，O(n/2)，第三次O(n/4)，显然是小于O(2n)的，所以就算作O(n)

——但是这样如果数据量很大，空间复杂度就会很高！

（2）数据超大，2G，怎么办？

可以把快排分出来的两部分数据放在txt文件里，第二次就从文件中读出来进行快排partition，但是这样的磁盘读写效率很低。

——用堆！

在内存中维护一个1000数的小顶堆（每个结点都比它的左右子节点小），小顶堆的根节点是最小的一个数。
即：取前1000个数（设为m），构成小顶堆（O(mlogm)），然后从文件中读取数据(共n个），和堆顶大小相比，如果比堆顶还小，就直接丢弃，如果比堆顶大，就替换堆顶，并且调整小顶堆。所有数据处理完毕后，小顶堆内就是top1000大的数了。（需要所有数据遍历一遍）

复杂度：时间复杂度为O(nmlogm)，空间复杂度是10000（常数）。

这样的话，数据就只需要读取一次，不存在多次读写的问题了。

eg:从1000个数中找出前50个

public class TopN {
     

    // 父节点
    private int parent(int n) {
     
        return (n - 1) / 2;
    }
    // 左孩子
    private int left(int n) {
     
        return 2 * n + 1;
    }
    // 右孩子
    private int right(int n) {
     
        return 2 * n + 2;
    }
    // 构建堆
    private void buildHeap(int n, int[] data) {
     
        for(int i = 1; i < n; i++) {
     
            int t = i;
            // 调整堆
            while(t != 0 && data[parent(t)] > data[t]) {
     
                int temp = data[t];
                data[t] = data[parent(t)];
                data[parent(t)] = temp;
                t = parent(t);
            }
        }
    }
    // 调整data[i]
    private void adjust(int i, int n, int[] data) {
     
        if(data[i] <= data[0]) {
     
            return;
        }
        // 置换堆顶
        int temp = data[i];
        data[i] = data[0];
        data[0] = temp;
        // 调整堆顶
        int t = 0;
        while( (left(t) < n && data[t] > data[left(t)]) || (right(t) < n && data[t] > data[right(t)]) ) {
     
            if(right(t) < n && data[right(t)] < data[left(t)]) {
     
                // 右孩子更小，置换右孩子
                temp = data[t];
                data[t] = data[right(t)];
                data[right(t)] = temp;
                t = right(t);
            } else {
     
                // 否则置换左孩子
                temp = data[t];
                data[t] = data[left(t)];
                data[left(t)] = temp;
                t = left(t);
            }
        }
    }

    // 寻找topN，该方法改变data，将topN排到最前面
    public void findTopN(int n, int[] data) {
     
        // 先构建n个数的小顶堆
        buildHeap(n, data);
        // n往后的数进行调整
        for(int i = n; i < data.length; i++) {
     
            adjust(i, n, data);
        }
    }

    // 打印数组
    public void print(int[] data) {
     
        for(int i = 0; i < data.length; i++) {
     
            System.out.print(data[i] + " ");
        }
        System.out.println();
    }

}

7.2 寻找最小的前K个数

https://blog.csdn.net/u012485480/article/details/78060752

如果是找到最小的前K个数，则用大顶堆！

——先取k个数构建大顶堆，根节点最大，每次从数据文件中取一个数，如果比堆定小，则用其替换根。然后重建大顶堆。读取完毕后，该堆中的数据为最小的k个数！

八、用2G内存找出10G乱序排列整数的中位数

在一个文件中有10G个整数，乱序排列，要求找出中位数。内存限制为2G。

解法：首先假设是32位无符号整数。

• 1.读一遍10G个整数，把整数映射到256M个区段中，用一个64位无符号整数给每个相应区段记数。
  说明：整数范围是0 - 2^32 - 1，一共有4G种取值，映射到256M个区段，则每个区段有16（4G/256M = 16）种值，每16个值算一段， 0～15是第1段，16～31是第2段，……2^32-16 ～2^32-1是第256M段。一个64位无符号整数最大值是0～8G-1，这里先不考虑溢出的情况。总共占用内存256M×8B=2GB。
• 2.从前到后对每一段的计数累加，当累加的和超过5G时停止，找出这个区段（即累加停止时达到的区段，也是中位数所在的区段）的数值范围，设为[a，a+15]，同时记录累加到前一个区段的总数，设为m。然后，释放除这个区段占用的内存。
• 3.再读一遍10G个整数，把在[a，a+15]内的每个值计数，即有16个计数。
• 4.对新的计数依次累加，每次的和设为n，当m+n的值超过5G时停止，此时的这个计数所对应的数就是中位数。

九、互相关注表设计

场景题：需求：谁关注了我，我关注了谁，谁与我互相关注。表该如何设计，索引怎么建。查询语句怎么写。
粉丝关注表使用四列，主键id，userId，fansId，是否互相关注。用两行数据来保存互相的关注关系，这样查询起来更方便，用空间换时间。
主键有主键索引，剩下的字段不适合建索引，因为字段重复太多。

十、海盗分硬币

——经典博弈论问题
https://www.jianshu.com/p/ec769d3a1e89

有5个海盗，获得了100枚金币，于是他们要商量一个方法来分配金币。商议方式如下：
(1) 由5个海盗轮流提出分配方案。
(2) 如果超过半数海盗（包括提出者）同意该方案，则按照该方案分配。
(3) 如果同意该方案的人数（包括提出者）小于等于半数，则提出者要被扔到海里喂鱼，剩下的海盗继续商议分配。
(4) 海盗们都是绝对理性的，以自己尽可能多获得金币为目的。但是在收益相等的情况下，会倾向把提出者扔到海里。

问：第一个海盗应该提出怎样的分配方案，才能保证自己既不被扔到海里，又能使自己利益最大化？

直接分析第一个海盗的最优选择，是困难的，可以利用递归思想。
老一：如果我被扔海里，剩下4个，老二的最优方案是啥？我只要给老二多一点，就能赢得支持。
老二：如果我被扔海里，剩下3个，老三的最优方案是啥？我只要给老三多一点，就能赢得支持。
老三：如果我被扔海里，剩下2个，老四的最优方案是啥？我只要给老四多一点，就能赢得支持。

整个递归过程：

递归到最后两人为止：
老四：没有任何选择的余地，哪怕支持把所有钱都给老五，老五仍然反对（因为同意该方案的人小于等于半数了，提出者要被扔海里），导致老四被扔海里，金币归老五所有。
因此，

• 老三心想：老四没有最优决策，无论我提出什么要求，老四一定会同一，二老五一定不同意。所以他的最优决策是自己独占100枚硬币。
• 老二心想：如果没有我，老三能够获得100枚硬币，所以不会同意我，但是可以设法笼络老四和老五，形成3:1的局面。所以老二给老四老五一人一枚硬币，老三0枚，所以老四老五会同意。自己独占98枚。
• 老一心想：如果么有我，老二能获得98枚，所以干脆笼络剩下三个人中的两个。所以如果给原本只有0枚的老三一枚，老三肯定支持。置于老四和老五，本来可以得到1枚，所以必须比老二给的多。要么给老四两枚金币，放弃老五，要么给老五两枚金币，放弃老四。

如果是七名海盗：

十一、找排名

【题目】：高考成绩2000万数据，分数0-750，如何快速知道你的排名，如何知道任一分数排名？

【思路】：利用桶排序。 将分数分成 0 - 150， 151 - 300， 301 - 450， 451 - 600， 601 - 750 共五个区间（每个区间内还可以再分），将 2000 万分数据按照成绩分到对应的成绩区间中。这样就可以快速查到对应分数的排名了。

十二、从大规模数据中查找（内存不足问题）

——从十亿数据中找到次数是2的数字 + 判断某个数是否在十亿数据中

【问题的提出】：遍历一遍这些数据或者二分查找，时间复杂度是没办法优化到哪里去了，但是10亿数据处理起来，占用的内存可以达到4G——内存不够！

如何用更小的内存来标记一个数字？——bit位
【位图】
如图是一个int占4个字节，32位，本来4个字节只能存一个int，现在利用位图可以存（映射）32个数字。

https://blog.csdn.net/lucky52529/article/details/90172264

位图法思想：
对于40亿个 unsigned int 的整数，每个数字用1个二进制数（一个二进制数占用1Bit，1Byte = 8Bit）来表示该数字是否存在，0为不存在，1为存在。从低位开始数：
第1个二进制数表示整数0是否存在，
第2个二进制数表示整数1是否存在，
第3个二进制数表示整数2是否存在，
依次类推 … …
第4294967296个二进制数用于表示整数4294967295是否存在。

unsigned int 在32&64位编译器的范围为 0～4294967295，4294967296个二进制数大约占用512M内存，是一个可以接受的范围。

（1）从十亿数据中找出次数为2的数字

思路：先遍历找出最大最小值，从而减小位图中数组的长度。再用位图做。

import java.util.*;

public class Main1{
     
    public static void main(String[] args){
     
        
        int[] a = {
     1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,12,15,16};
		findDuplicated(a);
    }
	//找出最大最小
	public static void findDuplicated(int[] a) {
     
		int max = 0;
		int min = 0;
		for (int i = 0; i < a.length; i++) {
     
			max = Math.max(max, a[i]);
			min = Math.min(min, a[i]);
		}

		// 这边使用了 byte[]，而不是使用了 int[] 和 boolean[]，其实从原理上都可以的
		int length = max / 8 - min / 8 + 1;
		byte[] arry = new byte[length];
		for (int i = 0; i < a.length; i++) {
     
			int num = a[i];
			int index = num / 8 - min / 8;
			int k = (num - min) % 8;
			// 这边使用这样的判断是因为使用的是 byte[]，使用 int[] 或者 boolean[] 则使用另一种判断方法
			if((arry[index] & 1 << k) > 0) {
     
				System.out.println(num);
			}else {
     
				arry[index] |= (1<<k); 
			}
		}
	}
}

（2）判断某个数是否在四十亿数据中

https://blog.csdn.net/v123411739/article/details/86652806

public class BitMap {
     
    /**
     * 位图提供的最大长度,
     * 比如unsigned int的最大值为4294967295, 则需要的length为4294967296
     */
    private long length;
    /**
     * 位图桶
     */
    private static int[] bitmapBucket;
    /**
     * int用来表示32位二进制数,
     * BIT_VALUE[0]表示第1个二进制数存在、
     * BIT_VALUE[1]表示第2个二进制数存在，以此类推
     * BIT_VALUE[0] = 00000000 00000000 00000000 00000001
     * BIT_VALUE[1] = 00000000 00000000 00000000 00000010
     * BIT_VALUE[2] = 00000000 00000000 00000000 00000100
     * ...
     * BIT_VALUE[31] = 10000000 00000000 00000000 00000000
     */
    private static final int[] BIT_VALUE = {
     
            0x00000001, 0x00000002, 0x00000004, 0x00000008,
            0x00000010, 0x00000020, 0x00000040, 0x00000080,
            0x00000100, 0x00000200, 0x00000400, 0x00000800,
            0x00001000, 0x00002000, 0x00004000, 0x00008000,
            0x00010000, 0x00020000, 0x00040000, 0x00080000,
            0x00100000, 0x00200000, 0x00400000, 0x00800000,
            0x01000000, 0x02000000, 0x04000000, 0x08000000,
            0x10000000, 0x20000000, 0x40000000, 0x80000000};
 
    /**
     * length为1 - 32: 需要1个桶
     * length为33 - 64: 需要2个桶
     * ...
     * 以此类推
     *
     * @param length
     */
    public BitMap(long length) {
     
        this.length = length;
        // 根据长度算出，所需位图桶个数
        bitmapBucket = new int[(int) (length >> 5) + ((length & 31) > 0 ? 1 : 0)];
    }
 
    /**
     * 查找number是否存在于位图桶中
     *
     * @param number 要查询的数字
     * @return true: number在位图桶中, false: number不在位图桶中
     */
    public boolean getBit(long number) {
     
        if (number < 0 || number > length) {
     
            throw new IllegalArgumentException("非法参数");
        }
        // 计算该number在哪个桶
        int belowIndex = (int) (number >> 5);
        // 求出该number在桶里的下标,（求出该值在32位中的哪一位, 下标0 - 31）
        int offset = (int) (number & 31);
        // 拿到该桶的值
        int currentValue = bitmapBucket[belowIndex];
        // 计算该number是否存在
        return ((currentValue & BIT_VALUE[offset])) == 0 ? false : true;
    }
 
    /**
     * 将number在位图桶中标记为存在
     *
     * @param number 要标记的数字
     */
    public void setBit(long number) {
     
        // 合法性校验
        if (number < 0 || number >= length) {
     
            throw new IllegalArgumentException("非法参数");
        }
        // 计算该number在哪个桶
        int belowIndex = (int) (number >> 5);
        // 求出该number在桶里的下标,（求出该值在32位中的哪一位, 下标0 - 31）
        int offset = (int) (number & 31);
        // 拿到该桶的当前值
        int currentValue = bitmapBucket[belowIndex];
        // 将number在桶里标记
        bitmapBucket[belowIndex] = currentValue | BIT_VALUE[offset];
    }
 
    public static void main(String[] args) {
     
        BitMap bitMap = new BitMap(4294967296L);
        bitMap.setBit(4294967295L);
        System.out.println(bitMap.getBit(4294967295L));
        System.out.println(bitMap.getBit(4294967294L));
    }
}

十三、圆内任取三点/四点在同一半圆内的概率

等价于点再圆周的情况。
考虑n个点，n个点再统一半圆内，我们把逆时针方向最后一个点称作关键点。
选定一个点A，这n个点再以A为关键点的同一半圆内的充要条件是什么？
——每个点都是1/2，所以所有点都在的概率是1/2^(n-1)

由于对称性，这n个点在以其它点为关键点的同一半圆内的概率也是1/2^(n-1)

所以n个点都在同一半圆内的概率是：n / 2^(n-1)
故而：
三个点就是：3/4
四个点就是：4/8=1/2