總體而言，這份筆試題還比較正常，只是這次做題采取的方式不對，最后的綜合題有20分但是沒仔細看就沒時間了， 還是要總結經驗教訓。就其它題目而言，這次倒都沒什么難度，有些可以預料的會考的是排序、多線程、操作系統、概率問題和C的基本知識。趁着腦袋里面還記着一些題目，我把一些我有印象的記錄下來供各位參考。 阿里筆試竟然沒考大數據，神奇！
一、單項選擇題
1.下列說法錯誤的是：
A.SATA硬盤的速度大約為500Mbps
B.讀取18XDVD光盤數據的速度為1Gbps
C.千兆以太網的數據讀取速度為1Gpbs
D.讀取DDR3內存數據的速度為100Gbps
思路：這種題目看似要是記住了就好了，其實記住常識就好了， 首先，C肯定是對的，因為就是定義嘛，內存比較快比較正常，所以D應該是對的，500Mbps大概就是62.5M/s的傳輸速度，顯然符合我們對硬盤的預期，於是B顯然是錯的，光盤怎么可能有硬盤快。
如果要嚴格意義上分析這個題目的意思的話，SATA 3.0的速度約為600Mbps，18XDVD前面的18X是倍速的意思，1X約為150KB/s(1.2288Mbps),18X最多不過24Mbps，所以說B太離譜了，至於DDR3，可以看到，DDR3-2133的極限傳輸速度大概150Gbps。
2.（）不能用於Linux中的進程通信
A.共享內存
B.命名管道
C.信號量
D.臨界區
思路：見深刻理解Linux進程間通信，需要注意的是，這個題目要是概念清楚點就沒啥問題了，臨界區是保證在某一時刻只有一個線程能訪問數據的方法，也就是說它是實現進程同步互斥的控制機制，信號量雖然也能用來控制進程線程的同步互斥，但是~
3. 設在內存中有P1,P2,P3三道程序，並按照P1,P2,P3的優先級次序運行，其中內部計算和IO操作時間由下表給出（CPU計算和IO資源都只能同時由一個程序占用）：
P1:計算60ms---》IO 80ms---》計算20ms
P2:計算120ms---》IO 40ms---》計算40ms
P3:計算40ms---》IO 80ms---》計算40ms
完成三道程序比單道運行節省的時間是（）
A.80ms
B.120ms
C.160ms
D.200ms
思路：沒什么好解釋的
4. 兩個等價線程並發的執行下列程序，a為全局變量，初始為0，假設printf、++、--操作都是原子性的，則輸出不可能是（）
void foo() {if(a <= 0) {a++;}else{a--;}printf("%d", a);}A.01
B.10
C.12
D.22
思路：當時我的直覺告訴我應該選奇數，回來想了一下，好像得到了答案：看答案可知每個線程進foo函數不止一次，那么我們暫且假設兩個線程分別進入foo函數X次，假設給線程編號，線程1有m次被堵在a++,線程2有n次被堵在a++處，那么線程1必然會執行（X-m)次a- -，線程2必然會執行（X-n)次a- -，那么最終a的值為（m+n)-((X-m)+(X-n))=2(m+n)-2X，也就是說a最后的值必然是偶數
5.給定fun函數如下，那么fun(10)的輸出結果是（）
int fun(intx){return(x==1)? 1 : (x + fun(x-1));}A.0
B.10
C.55
D.3628800
思路：10+9+…+1=55
6.在c++程序中，如果一個整型變量頻繁使用，最好將他定義為（）
A.auto
B.extern
C.static
D.register
思路：寄存器快嘛，而且整型也正好能放進寄存器，詳見變量的存儲類型
7.長為n的字符串中匹配長度為m的子串的復雜度最短為（）
A.O(N)
B.O(M+N)
C.O(N+LOGM)
D.O(M+LOGN)思路：KMP算法的時間復雜度是O(M+N)，但是BM算法會相對而言更快，但是也是O(M+N)。當時選的是B,但是加個“最”總讓人不放心，回來查看資料，用后綴數組的方法可以在O(M+LOGN)時間內完成，但是這沒有包含后綴數組預處理所需的時間（一般為NLOGN)。（ps:以后如果不確定還是跟着直覺走吧）
8.判斷一包含n個整數a[]中是否存在i、j、k滿足a[i] + a[j] = a[k]的最小的時間復雜度為（）
A. O(n3) B.O(n2lgn) C.O(n2) D.O(nlgn)
思路：O(N2)的算法能想一大堆，雖然最終我選的C，比如說用hash的話，三維遍歷可以輕松編程二維遍歷，但是總感覺是不是應該有nlgn的算法。
9.三次射擊至少能中一次的概率是0.95，請問一次射擊能中的概率是多少？
A.0.63B.0.5
C.**
D.0.85
思路：簡單的概率計算，1-（1-P）3 =0.95
10.下列序排算法中最壞復雜度不是n(n-1)/2的是_
A.快速排序 B.冒泡排序 C.直接插入排序 D.堆排序
思路：由堆排序的過程可知堆排序最好最壞的時間復雜度都是O(NlgN)
二、不定項選擇題
1.阻塞、就緒、運行的三態轉換
2.一個棧的入棧序列是：1,2,3,4,5,6，問下面的答案哪個是可能的出棧順序？
思路：入棧出棧，沒什么好說的。但是從這個題目就可以知道阿里這次出題的水平一般，好多題目給的條件都不嚴謹，比如說這題，棧大小限定不限定也不說。
3.不用中間變量交換兩個整型數字的值
4.無聊的人數星星
A和B很無聊，然后數天上的星星（所以還真是無聊），然后每個人能力有限，每次只能數K顆星星，其中20<=K<=30,A先數，B接着數，誰先數完最后一批誰贏，問星星有多少顆的時候能保證A先數總是能贏。答案有五個選項。
A.2013 B.2886 C.4026 D......E.....
思路：排除法就好了，如果天上有x顆星星，必定有2n*k<x<=(2n+1)*k，先用k=20排除幾個答案，然后用21排除就只剩一個答案了。貌似我當時排除完之后只剩下E了。
三、填空問答題
1.整型數組的就地逆置：給你一個整型數組A[N]，完成一個小程序代碼（20行之內），使得A[N]逆向，即原數組為1，2，3，4，逆向之后為4，3，2，1
void reverse(int * a,int n) {assert(a!=NULL);//當時寫了這么一句，貌似有點畫蛇添足了，因為要求不要用到任何庫for(int i=0;i<n/2;++i){//swapa[i]=a[i]+a[n-1-i];a[n-1-i]=a[i]-a[n-1-i];a[i]=a[i]-a[n-1-i];}}
2.多道程序設計與作業調度--先來先服務與短作業優先算法的比較，給定了三個作業，已知三個作業的進入時間，處理時間，作業一旦進入不會被打斷，求周轉時間。
思路：沒啥特別的
3.有個苦逼的上班族，他每天忘記定鬧鍾的概率為0.2，上班堵車的概率為0.5，如果他既沒定鬧鍾上班又堵車那他遲到的概率為1.0，如果他定了鬧鍾但是上班堵車那他遲到的概率為0.9，如果他沒定鬧鍾但是上班不堵車他遲到的概率為0.8，如果他既定了鬧鍾上班又不堵車那他遲到的概率為0.0，那么求出他在60天里上班遲到的期望。
思路：按照概率一步步算就好了，先求出每天遲到的概率。
4.士兵戰報交換：有n個士兵，每個士兵知道一些不同的戰報，n>4,每個戰士都知道一些不同的戰報，戰士之間可以通過比如說打電話互相交流，交流完成之后二者信息匯總，且兩人都知道所有信息，設計一種交流次數最少的交流算法，使得最后每個士兵都知道所有信息
思路：我當時給出的答案是將n個士兵兩個一組，組內交換信息，然后每組任意選一個出來得到（n+1）/2個士兵，其中每個士兵知道的信息是交換前的2倍，然后將這些士兵再兩兩分組，以此類推，這樣的話，最終會有一個人知道所有的信息，然后依次分發給其余n-1個人即可，需要通話的次數是
+n-1,但是我不確定這樣是不是最快，這篇文章給出了解答，稍微看了一下，思路跟我差不多，只是匯總人的個數作為變量，據說有證明，對這一題不感興趣，最終答案是2n-4.
5.明星和群眾問題：有N個人，其中一個明星和n-1個群眾，群眾都認識明星，明星不認識任何群眾，群眾和群眾之間的認識關系不知道，現在如果你是機器人R2T2，你每次問一個人是否認識另外一個人的代價為O(1)，試設計一種算法找出明星，並給出時間復雜度（沒有復雜度不得分）。
思路：從第一個人開始問，問他是不是認識旁邊的人，如果他認識，那么他肯定不是明星，直接把這個人去掉，如果他不認識，那么被問的人肯定不是明星，被問的人從集合中去掉，這樣問一次就可以刪掉一個人，最后剩下的就是明星了，時間復雜度O(N)
四、綜合問題
皇冠用戶倉庫開銷：某淘寶金冠用戶在多個城市有倉庫，每個倉庫的儲貨量不同，現在要通過貨物運輸，將每次倉庫的儲貨量變成一致的，n個倉庫之間的運輸線路圍城一個圈，運輸只能在相鄰的倉庫之間進行，設計最小的運送成本（運貨量*路程）
思路：這個在各種online-judge平台上都有答案，純粹的數學問題，
如圖，這是一個倉庫分布的模擬，假設從第i個倉庫向第i+1個倉庫轉移的物品為Pi個單位，其中Pi為負表示思是從i+1個倉庫轉移到第i個倉庫，第n個倉庫轉移到第一個倉庫即為Pn，設最后每個倉庫平均后的貨物為ave個單位，則有要最小化|P1|+|P2|+…+|Pi|+…+|Pn|
ave[i]=ave=A[i]-Pi+Pi-1
ave[1]=A[1]-P1+Pn
然后設W[i]=ave[i]-A[i]=-Pi+Pi-1
於是S[i]=W[1]+W[2]+….W[i]=Pn-Pi
即Pi=Pn-S[i] ，所以問題歸結到最小化|Pn-S[1]|+|Pn-S[2]|+…+|Pn-S[n]|
所以Pn是S中位數的時候最小
目前能記起來的就這么多了，后面再查吧