2020年滴滴精选面试题及答案

1. 寻找两个有序数组的中位数

double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        double ret = -1;        
        vector<double> buff;
        
        //合并两个数组
        for (auto e : nums1)
            buff.push_back(e);
        for (auto a : nums2)
            buff.push_back(a);
        
        //将合并后的结果进行排序
        sort(buff.begin(), buff.end());
        int size3 = buff.size();
        
        //获取中位数
        if (size3 % 2 == 0)
        {
            ret = ((buff[size3 / 2] + buff[size3 / 2 - 1]) / 2);
        }
        else
{
            ret = buff[size3 / 2];
}    
        return ret;
}

2.C++实现线程安全的单例模式

懒汉模式：
class singleton
{
protected:
    singleton()
    {
        pthread_mutex_init(&mutex);
    }
private:
    static singleton* p;
public:
    static pthread_mutex_t mutex;
    static singleton* initance();
};
 
pthread_mutex_t singleton::mutex;
singleton* singleton::p = NULL;
singleton* singleton::initance()
{
    if (p == NULL)
    {
        pthread_mutex_lock(&mutex);
        if (p == NULL)
            p = new singleton();
        pthread_mutex_unlock(&mutex);
    }
    return p;
}

3.数组中有三个数字出现超过1/4，求这三个数字？

#include <iostream>
using namespace std;
//求x!中k因数的个数。
int Grial(int x,int k)
{
    int Ret = 0;
    while (x)
    {
        Ret += x / k;
        x /= k;
    }
    return Ret;
}
int main()
{
    cout << Grial(10, 2) << endl;
    return 0;
}
 
//假设要求一个n!中k的因子个数，那么必然满足例如以下的规则。
//即x=n/k+n/k^2+n/k^3...(直到n/k^x小于0);
#include <iostream>
using namespace std;
int Grial(int x, int k)
{
    int count = 0;
    int n = x;
    while (n)
    {
        n &= (n - 1);
        count++;
    }
    return x - count;
}
int main()
{
    cout << Grial(3, 2) << endl;
    return 0;
}
 
 
//找出数组中出现次数超过数组一半的数字。
#include <iostream>
using namespace std;
int Grial(int a[], int n)
{
    int count=0;
    int key;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        if (count == 0)
        {
            key = a[i];
            count = 1;
        }
        else
        {
            if (key == a[i])
            {
                count++;
            }
            else
            {
                count--;
            }
        }
    }
    return key;
}
int main()
{
    int a[] = {1,2,3,4,5,6,3,3,3,3,3};
    cout<<Grial(a, sizeof(a) / sizeof(int))<<endl;
    return 0;
}
 
#include <iostream>
//上一题的扩展，有3个数字出现次数超过1/4。
using namespace std;
void Grial(int a[], int n)
{
    if (n <= 3)return;
    int count1=0, key1=0;
    int count2=0, key2=0;
    int count3=0, key3=0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        if (!count1 && key2 != a[i] && key3 != a[i])
        {
            count1++;
            key1 = a[i];
        }
        else if (key1 == a[i])
        {
            count1++;
        }
        else  if (key2!=a[i] && key3!=a[i])
        {
            count1--;
        }
 
 
        if (!count2 &&key3 != a[i] && key1!=a[i])
        {
            count2++;
            key2 = a[i];
        }
        else if (key2 == a[i])
        {
            count2++;
        }
        else if (key1!=a[i] && key3!=a[i])
        {
            count2--;
        }
 
 
        if (!count3 && key1!=a[i] && key2!=a[i])
        {
            count3++;
            key3 = a[i];
        }
        else if (key3 == a[i])
        {
            count3++;
        }
        else if (key1!=a[i] && key2!=a[i])
        {
            count3--;
        }
 
 
    }
    cout << key1 << endl;
    cout << key2 << endl;
    cout << key3 << endl;
}
int main()
{
    int a[] = {1,5,5,5,5,2,3,1,2,2,1,1,1,2};
    Grial(a, sizeof(a) / sizeof(int));
    return 0;
}

4.1-2n的数存储在空间为n的数组中，找出出现两次的数字，时间复杂度O（n）,空间复杂度O（1）

/*
奇数零次   偶数零次  0
奇数 一次   偶数 零次 -1
奇数  两次  偶数 零次 -2
奇数 零次   偶数 一次-3
奇数 一次   偶数 一次-4
奇数 两次 偶数  一次-5
奇数 零次  偶数 两次-6
奇数一次  偶数 两次-7
奇数两次 偶数两次-8
*/ 
public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        int[] nums = {1, 3, 5, 15, 7, 8, 5, 3, 6, 15};
        findNumber(nums, nums.length);
        print(nums);
    }
    
    public static void findNumber(int[] nums, int length) {
        for (int i = 0; i < length; ) {
            if (nums[i] <= 0){
                i++;
                continue;
            }
            int index = nums[i] / 2;
            boolean isOdd = (nums[i] % 2 == 0) ? false : true;
            switch (nums[index]) {
                case 0:
                    if (isOdd == true) {
                        nums[index] = -1;
                    } else {
                        nums[index] = -3;
                    }
                    break;
                case -1:
                    if (isOdd == true) {
                        nums[index] = -2;
                    } else {
                        nums[index] = -4;
                    }
                    break;
                case -2:
                    nums[index] = -3;
                    break;
                case -3:
                    if (isOdd == true) {
                        nums[index] = -4;
                    } else {
                        nums[index] = -6;
                    }
                    break;
                case -4:
                    if (isOdd == true) {
                        nums[index] = -5;
                    } else {
                        nums[index] = -7;
                    }
                    break;
                case -5:
                    nums[index] = -6;
                    break;
                case -6:
                    nums[index] = -7;
                    break;
                case -7:
                    nums[index] = -8;
                    break;
                default:
                    swap(nums, i, index);
                    if (isOdd) {
                        nums[index] = -1;
                    } else {
                        nums[index] = -3;
                    }
                    continue;
            }
            nums[i++]=0;
        }
    }
    public static void swap(int[] nums, int i, int j){
        int temp =nums[i];
        nums[i]=nums[j];
        nums[j]=temp;
    }
 
    public static void print(int[] nums) {
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if (nums[i] == -2) {
                System.out.println(i * 2 + 1);
            } else if (nums[i] == -6) {
                System.out.println(i * 2);
            } else if (nums[i] == -8) {
                System.out.println(i * 2);
                System.out.println(i * 2 + 1);
            }
        }
    }
}

5.长度为1的线段，随机在其上选择两点，将线段分为三段，问这3段能组成一个三角形的概率是多少?

可行域是

x+y+z=1,0<x,y,z<1

显然，可行域与我的博客一条长度为1的线段，随机剪两刀，求有一根大于0.5的概率问题一样。
要令三段成为一个三角形，必须满足

x+y>z, x+z>y, y+z>x

∣x−y∣<z,∣x−z∣<y,∣y−z∣<x
又x+y+z=1，当x+y=z 时，有z=0.5 z=0.5z=0.5，因此当x,y,z 中有一个大于0.5时，就无法成立一个三角形。
当x−y=z时，将x−y=z代入x+y+z=1，可得x=0.5。因此当x,y,z中有一个大于0.5时，就无法成立一个三角形。
因此解空间刚好与一条长度为1的线段，随机剪两刀，求有一根大于0.5的概率相反。而一条长度为1的线段，随机剪两刀，求有一根大于0.5的概率的概率为0.75。因此这3段能组成一个三角形的概率是多少是1−0.75=0.25。

6.智能指针的实现原理？

智能指针的基本原理就是将指针通过对象去管理，delete的操作利用析构函数执行， 而析构函数的调用是根据这个对象的作用域来确定的，离开了作用域，析构函数被调用。 delete的操作也将被执行。

7.请解释什么是C10K问题，后来是怎么解决的？

1.C10K问题
互联网还不够普及，用户也不多。一台服务器同时在线100个用户估计在当时已经算是 大型应用了。所以并不存在什么C10K的难题。互联网的爆发期应该是在www网站，浏 览器，雅虎出现后。最早的互联网称之为Web1.0，互联网大部分的使用场景是下载一 个Html页面，用户在浏览器中查看网页上的信息。这个时期也不存在C10K问题。
Web2.0时代到来后就不同了，一方面是普及率大大提高了，用户群体几何倍增长。另 一方面是互联网不再是单纯的浏览万维网网页，逐渐开始进行交互，而且应用程序的逻 辑也变的更复杂，从简单的表单提交，到即时通信和在线实时互动。C10K的问题才体 现出来了。每一个用户都必须与服务器保持TCP连接才能进行实时的数据交互。 Facebook这样的网站同一时间的并发TCP连接可能会过亿。
腾讯QQ也是有C10K问题的，只不过他们是用了UDP这种原始的包交换协议来实现的， 绕开了这个难题。当然过程肯定是痛苦的。如果当时有epoll技术，他们肯定会用TCP。 后来的手机QQ，微信都采用TCP协议。
这时候问题就来了，最初的服务器都是基于进程/线程模型的，新到来一个TCP连接， 就需要分配1个进程（或者线程）。而进程又是操作系统最昂贵的资源，一台机器无法 创建很多进程。如果是C10K就要创建1万个进程，那么操作系统是无法承受的。如果 是采用分布式系统，维持1亿用户在线需要10万台服务器，成本巨大，也只有Facebook， Google，雅虎才有财力购买如此多的服务器。这就是C10K问题的本质。
实际上当时也有异步模式，如：select/poll模型，这些技术都有一定的缺点，如selelct 最大不能超过1024，poll没有限制，但每次收到数据需要遍历每一个连接查看哪个连 接有数据请求。
2.解决方案
解决这一问题，主要思路有两个：
一个是对于每个连接处理分配一个独立的进程/线程；
另一个思路是用同一进程/线程来同时处理若干连接。

每个进程/线程同时处理多个连接
1.传统思路
最简单的方法是循环挨个处理各个连接，每个连接对应一个 socket，当所有 socket 都 有数据的时候，这种方法是可行的。
但是当应用读取某个 socket 的文件数据不 ready 的时候，整个应用会阻塞在这里等 待该文件句柄，即使别的文件句柄 ready，也无法往下处理。
思路：直接循环处理多个连接。
问题：任一文件句柄的不成功会阻塞住整个应用。

2.select
要解决上面阻塞的问题，思路很简单，如果我在读取文件句柄之前，先查下它的状态， ready 了就进行处理，不 ready 就不进行处理，这不就解决了这个问题了嘛？
于是有了 select 方案。用一个 fd_set 结构体来告诉内核同时监控多个文件句柄，当 其中有文件句柄的状态发生指定变化（例如某句柄由不可用变为可用）或超时，则调用 返回。之后应用可以使用 FD_ISSET 来逐个查看是哪个文件句柄的状态发生了变化。
这样做，小规模的连接问题不大，但当连接数很多（文件句柄个数很多）的时候，逐个 检查状态就很慢了。因此，select 往往存在管理的句柄上限（FD_SETSIZE）。同时， 在使用上，因为只有一个字段记录关注和发生事件，每次调用之前要重新初始化 fd_set 结构体。
int select(int nfds, fd_set *readfds, fd_set *writefds, fd_set *exceptfds, struct timeval *timeout);
思路：有连接请求抵达了再检查处理。
问题：句柄上限+重复初始化+逐个排查所有文件句柄状态效率不高。

3.poll
poll 主要解决 select 的前两个问题：通过一个 pollfd 数组向内核传递需要关注的 事件消除文件句柄上限，同时使用不同字段分别标注关注事件和发生事件，来避免重复 初始化。
int poll(struct pollfd *fds, nfds_t nfds, int timeout);
思路：设计新的数据结构提供使用效率。
问题：逐个排查所有文件句柄状态效率不高。

4.epoll
既然逐个排查所有文件句柄状态效率不高，很自然的，如果调用返回的时候只给应用提 供发生了状态变化（很可能是数据 ready）的文件句柄，进行排查的效率不就高多了么。
epoll 采用了这种设计，适用于大规模的应用场景。
实验表明，当文件句柄数目超过 10 之后，epoll 性能将优于 select 和 poll；当文 件句柄数目达到 10K 的时候，epoll 已经超过 select 和 poll 两个数量级。
int epoll_wait(int epfd, struct epoll_event *events, int maxevents, int timeout);
思路：只返回状态变化的文件句柄。
问题：依赖特定平台（Linux）。
因为Linux是互联网企业中使用率最高的操作系统，Epoll就成为C10K killer、高并 发、高性能、异步非阻塞这些技术的代名词了。

5.libevent
由于epoll, kqueue, IOCP每个接口都有自己的特点，程序移植非常困难，于是需要对 这些接口进行封装，以让它们易于使用和移植，其中libevent库就是其中之一。跨平 台，封装底层平台的调用，提供统一的 API，但底层在不同平台上自动选择合适的调用。
按照libevent的官方网站，libevent库提供了以下功能：当一个文件描述符的特定事 件（如可读，可写或出错）发生了，或一个定时事件发生了，libevent就会自动执行 用户指定的回调函数，来处理事件。目前，libevent已支持以下接口/dev/poll, kqueue, event ports, select, poll 和 epoll。Libevent的内部事件机制完全是基于所使用 的接口的。因此libevent非常容易移植，也使它的扩展性非常容易。目前，libevent 已在以下操作系统中编译通过：Linux，BSD，Mac OS X，Solaris和Windows。

8.使用“反向代理服务器”的优点是什么?

（1）提高访问速度
由于目标主机返回的数据会存在代理服务器的硬盘中，因此下一次客户再访问相同的站 点数据时，会直接从代理服务器的硬盘中读取，起到了缓存的作用，尤其对于热门站点 能明显提高请求速度。
（2）防火墙作用
由于所有的客户机请求都必须通过代理服务器访问远程站点，因此可在代理服务器上设 限，过滤某些不安全信息。
（3）通过代理服务器访问不能访问的目标站点
互联网上有许多开发的代理服务器，客户机可访问受限时，可通过不受限的代理服务器 访问目标站点，通俗说，我们使用的翻墙浏览器就是利用了代理服务器，可直接访问外 网。

转载：https://blog.csdn.net/lingshengxueyuan/article/details/104970633