中科大算法导论期末试卷及答案
中科大研究生算法试卷
2015年7.在异步环上，一个O(n^2)的leader选举算法按顺时针单向发送消息，假设只有最大的标识符节点可以当选为leader,则当环上标识符次序为_________时该算法发送的消息数量最多。
A 0,1, … , n-1 随机 b逆时针 n-1,n-2,…,0C 顺时序 0,1，…, n-1 d 顺时针 n-1,n-2,…,08.设正整数d1,d2,…,dn是n个结点的标识符集合，x = min(d1,d2,…,dn),y = max(d1,d2,…,dn)，则同步环上非均匀的leader选举算法的时间复杂性是_______A O(n) b O(xn) c (yn) d O(nlogn)9.在下述因素中，已知有3个阻碍分布式系统了解系统全局状态，与全局状态无关的是____A 非及时的通信b 相对性影响c中断d算法的正确性10. 下述说法错误的是___A 异步系统中的消息延迟是不确定的B 分布式算法的消息复杂性是指在所有合法的执行上发送消息总数的最大值C 在一个异步算法中，如果不存在错误，则算法的执行只取决于初始配置D 分补水系统终止是指系统中所有结点处于终止状态，且没有消息在传输二．简要回答下述问题（55分）1 构造一个16节点的环，使其高度对称，并给出所有序等价的连续片段。
2 已知事件e1,e2,e3和e4的向量时戳分别为（2,3,0,0），（1,2,0,0），（0,0,1,1），（3,6,4,2），请找出所有因果关系的事件对。
3若将消息复杂度为O(nlgn)的异步环选举算法（在阶段1向节点的2邻居发送Prob消息）修改为只向其中一个方向发送Prob消息，请问修改后算法的消息复杂度是多少？如何对其做进一步的修改使得消息复杂度仍然为O(nlgn)。
4.对于一个优化问题π，最佳可达性能比为Rmin(π)（定义如下）分别为何值时，问题π易于近似和难于近似？5 装箱问题是将n件物品放入尽可能少的若干个容量为1的箱子中。
2022年中国科学技术大学计算机科学与技术专业《数据结构与算法》科目期末试卷A(有答案)
2022年中国科学技术大学计算机科学与技术专业《数据结构与算法》科目期末试卷A（有答案）一、选择题1、下列说法不正确的是（）。
A.图的遍历是从给定的源点出发每个顶点仅被访问一次B.遍历的基本方法有两种：深度遍历和广度遍历C.图的深度遍历不适用于有向图D.图的深度遍历是一个递归过程2、设有一个10阶的对称矩阵A，采用压缩存储方式，以行序为主存储， a11为第一元素，其存储地址为1，每个元素占一个地址空间，则a85的地址为（）。
A.13B.33C.18D.403、以下与数据的存储结构无关的术语是（）。
A.循环队列B.链表C.哈希表D.栈4、下面关于串的叙述中，不正确的是（）。
A.串是字符的有限序列B.空串是由空格构成的串C.模式匹配是串的一种重要运算D.串既可以采用顺序存储，也可以采用链式存储5、已知串S='aaab'，其next数组值为（）。
A.0123B.1123C.1231D.12116、下列关于无向连通图特性的叙述中，正确的是（）。
Ⅰ．所有的顶点的度之和为偶数Ⅱ．边数大于顶点个数减1 Ⅲ．至少有一个顶点的度为1A．只有Ⅰ B．只有Ⅱ C．Ⅰ和Ⅱ D．Ⅰ和Ⅲ7、已知关键字序列5，8，12，19，28，20，15，22是小根堆（最小堆），插入关键字3，调整后的小根堆是（）。
A．3，5，12，8，28，20，15，22，19B．3，5，12，19，20，15，22，8，28C．3，8，12，5，20，15，22，28，19D．3，12，5，8，28，20，15，22，198、一个具有1025个结点的二叉树的高h为（）。
A.11B.10C.11至1025之间D.10至1024之间9、每个结点的度或者为0或者为2的二叉树称为正则二叉树。
n个结点的正则二叉树中有（）个叶子。
A.log2nB.（n－1）/2C.log2n+1D.（n＋1）/210、下面关于B和B+树的叙述中，不正确的是（）A.B树和B+树都是平衡的多叉树B.B树和B+树都可用于文件的索引结构C.B树和B+树都能有效地支持顺序检索D.B树和B+树都能有效地支持随机检索二、填空题11、以下程序的功能是实现带附加头结点的单链表数据结点逆序连接，请填空完善之。
中科大软件学院算法复习概念综合题
一、概念题：（1）排序算法时间复杂度：排序算法最好最坏平均插入O(n)O(n2)O(n2)归并O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)快排O(nlogn)O(n2)O(nlogn)排序算法空间复杂度：1、所有简单排序和堆排序都是0(1)2、快速排序为0(logn)，要为递归程序执行过程栈所需的辅助空间3、归并排序和基数排序所需辅助空间最多，为O(n)（2）渐近记号1、渐近确界：Θ(g(n))={f(n):存在正常数c1和c2和n0，使对所有的n>= n0，都有0<=c1g(n)<=f(n)<=c2g(n)}。
大Θ记号给出函数的渐进确界。
2、渐近下界：Ω(g(n))={f(n):存在正常数c和n0，使对所有的n>=n0，都有0<=cg(n)<=f(n)}。
大Ω记号给出函数的渐进下界。
3、渐近上界：O(g(n))={f(n):存在正常数c和n0，使对所有的n>=n0，都有0<=f(n)<=cg(n)}。
大O记号给出函数的渐进上界。
（3）二叉查找树：执行基本操作的时间与树的高度成正比。
搜索、插入、删除的复杂度等于树高，期望O(lgn)，最坏O(n)（数列有序，树退化成线性表）（4）红黑树：1、时间复杂度：基本动态集合操作：O(log n)，n是树中元素的数目。
2、性质：1)节点是红色或黑色。
2)根节点是黑色。
3)每个叶节点（NIL节点）是黑色的。
4)如果一个结点是红的，则它的两个儿子都是黑的（不能有两个连续红结点）5)从任一节点到其子孙结点的所有路径都包含相同数目的黑色节点。
3、相关概念，定理：1）黑高度：从某个结点出发（不包括该结点）到达一个叶结点的任意一条路径上，黑色结点的个数称为该结点x的黑高度，bh(x)。
红黑树的黑高度定义为其根节点的黑高度。
2）一颗有n个内结点的红黑树的高度至多为2lg(n+1)。
(用2-3-4树理解)3）在一颗黑高度为K的红黑树中，总结点数最多有22k+1-1，此时内结点最多为22k-1（满二叉树，红黑交替），内结点最少有2k-14）RB-INSERT-FIXUP操作所作的旋转不超过两次，RB-DELETE-FIXUP所作的操作至多三次旋转（5）动态规划：1、装配线调度：FASTEST-WAY时间复杂度O（n）2、矩阵链乘法：MATRIX-CHAIN-ORDER时间复杂度O（n3）3、最长公共子序列：LCS-LENGTH时间复杂度为O（mn），m、n为序列的长度4、最优二叉查找树：OPTIMAL-BST时间复杂度为O（n3）（6）贪心算法：1、活动选择问题：初试时活动已按结束时间排序，O（n），否则可在O（nlgn）内排序2、哈夫曼编码：Q用最小二叉堆实现，运行时间在O（nlgn）3、任务调度问题：时间复杂度为O（n2），因为算法中O（n）次独立性检查中每一次都有花O（n）的时间（7）二项堆：1、可合并堆时间复杂度过程二叉堆（最坏）二项堆（最坏）Fibonacci（平摊）MAKE-HEAPΘ(1)Θ(1)Θ(1)INSERTΘ(lgn)Ω(lgn)Θ(1)MINIMUMΘ(1)Ω(lgn)Θ(1) EXTRACT-MINΘ(lgn)Θ(lgn)O(lgn) UNIONΘ(n)Θ(lgn)Θ(1) DECREASE-KEYΘ(lgn)Θ(lgn)Θ(1) DELETEΘ(lgn)Θ(lgn)O(lgn)2、二项树B k是一种递归定义的树，由两颗B k-1连接而成，其中一颗树的根是另一颗树的根的最左孩子性质：1）共有2k个结点2）树的高度为k3）在深度i处恰有(上k,下i)（因此叫二项树）个结点，其中i=0,...,k；4）根的度数为k，它大于任何其他结点的度数，并且，如果对根的子女从左到右编号为k-1，k-2,...，0，子女i是子树Bi的根。
(完整版)算法设计与分析期末考试卷及答案a
flag=false
＿
＿
end if
＿
＿＿
end for
A[i] A[1]
w =i
return w, A end SPLIT
二．计算题和简答题(每小题
1．用O、、 表示函数f与g之间阶的关系，并分别指出下列函数中阶最低和最高 的函数：
(1)f (n)=100g(n)=100n
(2)f(n)=6n+nlog ng(n)=3n
算法EX1
输入：正整数n，n=2k。输出：⋯
ex1(n)
end EX1过程ex1(n) if n=1 then pro1(n)
else
栏
名姓
级年
＿
＿系
＿院学
pro2(n)
ex1(n/2) end if
return
end ex1
3．用Floyd算法求下图每一对顶点之间的最短路径长度， 计算矩阵D0，D1，D2和D3，其中Dk[i, j]表示从顶点i到顶点j的不经过编号大于
i=find ( (1) )
if i>0 then output i
else output“no solution”
end SEARCH
过程find (low, high)
//求A[low..high]中使得A[i]=i的一个下标并返回，若不存在，
//则返回0。
if (2) then return 0
生专
＿
订
马的周游问题：给出一个nxn棋盘，已知一个中国象棋马在
＿
＿
棋盘上的某个起点位置（x0, y0），求一条访问每个棋盘格点恰好
＿
＿
一次，最后回到起点的周游路线。 （设马走日字。）
算法分析期末试题集答案(6套)
《算法分析与设计》期末复习题(一)一、选择题1.应用Johnson法则的流水作业调度采用的算法是（D）A. 贪心算法B. 分支限界法C.分治法D. 动态规划算法2.Hanoi塔问题如下图所示。
现要求将塔座A上的的所有圆盘移到塔座B上，并仍按同样顺序叠置。
移动圆盘时遵守Hanoi塔问题的移动规则。
由此设计出解Hanoi塔问题的递归算法正确的为：（B）Hanoi塔3.动态规划算法的基本要素为（C）A. 最优子结构性质与贪心选择性质B．重叠子问题性质与贪心选择性质C．最优子结构性质与重叠子问题性质D. 预排序与递归调用4. 算法分析中，记号O表示（B），记号Ω表示（A），记号Θ表示（D）。
A.渐进下界B.渐进上界C.非紧上界D.紧渐进界E.非紧下界5. 以下关于渐进记号的性质是正确的有：（A）A.f(n)(g(n)),g(n)(h(n))f(n)(h(n))=Θ=Θ⇒=ΘB. f(n)O(g(n)),g(n)O(h(n))h(n)O(f(n))==⇒=C. O(f(n))+O(g(n)) = O(min{f(n),g(n)})D. f(n)O(g(n))g(n)O(f(n))=⇔=6. 能采用贪心算法求最优解的问题，一般具有的重要性质为：（A）A. 最优子结构性质与贪心选择性质B．重叠子问题性质与贪心选择性质C．最优子结构性质与重叠子问题性质D. 预排序与递归调用7. 回溯法在问题的解空间树中，按（D）策略，从根结点出发搜索解空间树。
A．广度优先 B. 活结点优先 C.扩展结点优先 D. 深度优先8. 分支限界法在问题的解空间树中，按（A）策略，从根结点出发搜索解空间树。
A．广度优先 B. 活结点优先 C.扩展结点优先 D. 深度优先9. 程序块（A）是回溯法中遍历排列树的算法框架程序。
A.B.C. D.10. 回溯法的效率不依赖于以下哪一个因素？（C ）A. 产生x[k]的时间；B. 满足显约束的x[k]值的个数；C. 问题的解空间的形式；D. 计算上界函数bound 的时间；E. 满足约束函数和上界函数约束的所有x[k]的个数。
中科大算法导论第一,二次和第四次作业答案
2.2-3 再次考虑线性查找问题 （见练习2.1-3）。在平均情况 下，需要检查输入序列中的多 少个元素？假定待查找的元素 是数组中任何一个元素的可能 性是相等的。在最坏情况下有 怎样呢？用Θ形式表示的话，线 性查找的平均情况和最坏情况 运行时间怎样？对你的答案加 以说明。 • 线性查找问题 • 输入：一列数A=<a1,a2,…,an>和一 个值v。 • 输出：下标i，使得v=A[i]，或者当 v不在A中出现时为NIL。 • 平均情况下需要查找 (1+2+…+n)/n=(n+1)/2 • 最坏情况下即最后一个元素为待 查找元素，需要查找n个。 • 故平均情况和最坏情况的运行时 间都为Θ(n)。
• 2.3-2改写MERGE过程，使之不使 用哨兵元素，而是在一旦数组L或R 中的所有元素都被复制回数组A后， 就立即停止，再将另一个数组中 余下的元素复制回数组A中。 • MERGE(A,p,q,r) 1. n1←q-p+1 2. n2 ←r-q 3. create arrays L[1..n1] and R[1..n2] 4. for i ←1 to n1 5. do L*i+ ←A*p+i-1] 6. for j ←1 to n2 7. do R*j+ ←A*q+j+ 8. i ←1 9. j ←1
10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21.
k ←p while((i<=n1) and (j<=n2)) do if L[i]<=R[j] do A[k]=L[i] i++ else do A[k]=R[j] j++ k++ while(i<=n1) do A[k++]=L[i++] while(j<=n2) do A[k++]=R[j++]
中科大算法导论作业标准标准答案
第8次作业答案16.1-116.1-2543316.3-416.2-5参考答案：16.4-1证明中要三点：1.有穷非空集合2.遗传性3.交换性第10次作业参考答案16.5-1题目表格：解法1：使用引理16.12性质（2），按wi单调递减顺序逐次将任务添加至Nt（A），每次添加一个元素后，进行计算，{计算方法：Nt（A）中有i个任务时计算N0 (A),…,Ni(A)，其中如果存在Nj (A)>j,则表示最近添加地元素是需要放弃地，从集合中删除}；最后将未放弃地元素按di递增排序，放弃地任务放在所有未放弃任务后面，放弃任务集合内部排序可随意.解法2：设所有n个时间空位都是空地.然后按罚款地单调递减顺序对各个子任务逐个作贪心选择.在考虑任务j时，如果有一个恰处于或前于dj地时间空位仍空着，则将任务j赋与最近地这样地空位，并填入; 如果不存在这样地空位，表示放弃.答案（a1，a2是放弃地）：<a5, a4, a6, a3, a7,a1, a2>or <a5, a4, a6, a3, a7,a2, a1>划线部分按上表di递增地顺序排即可，答案不唯一16.5-2（直接给个计算例子说地不清不楚地请扣分）题目：本题地意思是在O(|A|)时间内确定性质2（性质2：对t=0，1，2，…，n，有Nt(A)<=t,Nt(A)表示A中期限不超过t地任务个数）是否成立.解答示例：思想：建立数组a[n],a[i]表示截至时间为i地任务个数，对0=<i<n，如果出现a[0]+a[1]+…+a[i]>i,则说明A不独立，否则A独立.伪代码：int temp=0;for(i=0;i<n;i++) a[i]=0; ******O(n)=O(|A|)for(i=0;i<n;i++) a[di]++; ******O(n)=O(|A|)for(i=0;i<n;i++) ******O(n)=O(|A|) {temp+=a[i];//temp就是a[0]+a[1]+…+a[i]if（temp>i）//Ni(A)>iA不独立；}17.1-1（这题有歧义，不扣分）a) 如果Stack Operations包括Push Pop MultiPush,答案是可以保持,解释和书上地Push Pop MultiPop差不多.b) 如果是Stack Operations包括Push Pop MultiPush MultiPop,答案就是不可以保持,因为MultiPush,MultiPop交替地话,平均就是O(K).17.1-2本题目只要证明可能性，只要说明一种情况下结论成立即可17.2-1第11次作业参考答案17.3-1题目：答案：备注：最后一句话展开：采用新地势函数后对i 个操作地平摊代价：)1()())1(())(()()(1''^'-Φ-Φ+=--Φ--Φ+=Φ-Φ+=-Di Di c k Di k Di c D D c c i i i i i i17.3-2题目：答案：第一步：此题关键是定义势能函数Φ,不管定义成什么首先要满足两个条件 对所有操作i ，)(Di Φ>=0且)(Di Φ>=)(0D Φ比如令k j+=2i ，j,k 均为整数且取尽可能大，设势能函数)(Di Φ=2k;第二步：求平摊代价，公式是)1()(^-Φ-Φ+=Di Di c c i i 按上面设置地势函数示例：当k=0，^i c =…=2当k ！=0,^i c =…=3 显然，平摊代价为O(1)17.3-4题目：答案：结合课本p249，p250页对栈操作地分析很容易有下面结果17.4-3题目：答案：αα=(第i次循环之后地表中地entry 假设第i个操作是TABLE_DELETE, 考虑装载因子:inum size数)/(第i次循环后地表地大小)=/i i第12 次参考答案19.1.1题目：答案：如果x不是根，则degree[sibling[x]]=degree[child[x]]=degree[x]-1如果x是根，则sibling为二项堆中下一个二项树地根，因为二项堆中根链是按根地度数递增排序，因此degree[sibling[x]]>degree[x]19.1.2题目：答案：如果x是p[x]地最左子节点，则p[x]为根地子树由两个相同地二项树合并而成，以x为根地子树就是其中一个二项树，另一个以p[x]为根，所以degree[p[x]]=degree[x]+1;如果x不是p[x]地最左子节点，假设x是p[x]地子节点中自左至右地第i个孩子，则去掉p[x]前i-1个孩子，恰好转换成第一种情况，因而degree[p[x]]=degree[x]+1+（i-1）=degree[x]+i;综上,degree[p[x]]>degree[x]19.2.2题目：题目：19.2.519.2.6第13次作业参考答案20.2-1题目：解答：20.2-3 题目：解答：20.3-1 题目：答案：20.3-2 题目：答案：第14次作业参考答案这一次请大家自己看书处理版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.6ewMy。
2022年华中科技大学计算机科学与技术专业《数据结构与算法》科目期末试卷A(有答案)
2022年华中科技大学计算机科学与技术专业《数据结构与算法》科目期末试卷A（有答案）一、选择题1、将两个各有N个元素的有序表归并成一个有序表，其最少的比较次数是（）。
A.NB.2N-1C.2ND.N-12、下列排序算法中，占用辅助空间最多的是（）。
A.归并排序B.快速排序C.希尔排序D.堆排序3、算法的计算量的大小称为计算的（）。
A.效率B.复杂性C.现实性D.难度4、在用邻接表表示图时，拓扑排序算法时间复杂度为（）。
A.O(n)B.O(n+e)C.O(n*n)D.O(n*n*n)5、向一个栈顶指针为h的带头结点的链栈中插入指针s所指的结点时，应执行（）。
A.h->next=sB.s->next=hC.s->next=h;h->next=sD.s->next=h-next;h->next=s6、已知关键字序列5，8，12，19，28，20，15，22是小根堆（最小堆），插入关键字3，调整后的小根堆是（）。
A．3，5，12，8，28，20，15，22，19B．3，5，12，19，20，15，22，8，28C．3，8，12，5，20，15，22，28，19D．3，12，5，8，28，20，15，22，197、已知字符串S为“abaabaabacacaabaabcc”，模式串t为“abaabc”，采用KMP算法进行匹配，第一次出现“失配”（s!＝t）时，i＝j＝5，则下次开始匹配时，i和j的值分别（）。
A．i＝1，j＝0 B．i＝5，j＝0 C．i＝5，j＝2 D．i＝6，j＝28、下述二叉树中，哪一种满足性质：从任一结点出发到根的路径上所经过的结点序列按其关键字有序（）。
A.二叉排序树B.哈夫曼树C.AVL树D.堆9、一棵非空的二叉树的前序序列和后序序列正好相反，则该二叉树一定满足（）。
A.其中任意一个结点均无左孩子B.其中任意一个结点均无右孩子C.其中只有一个叶结点D.其中度为2的结点最多为一个10、下列二叉排序树中查找效率最高的是（）。
算法考试试题及答案
一、填空题（本题10分，每空1分）1、算法的复杂性是的度量，是评价算法优劣的重要依据。
2、设n为正整数，利用大“O(·)”记号，将下列程序段的执行时间表示为n的函数，则下面程序段的时间复杂度为。
i=1; k=0;while(i<n) { k=k+10*i;i++; }3、计算机的资源最重要的是和资源。
因而，算法的复杂性有和之分。
4、f(n)= 6×2n+n2，f(n)的渐进性态f(n)= O( )5、递归是指函数或者通过一些语句调用自身。
6、分治法的基本思想是将一个规模为n的问题分解为k个规模较小的子问题，这些子问题互相且与原问题相同。
二、选择题（本题20分，每小题2分）1、分支限界法与回溯法都是在问题的解空间树T上搜索问题的解,二者( )。
A.求解目标不同,搜索方式相同B.求解目标不同,搜索方式也不同C.求解目标相同,搜索方式不同D.求解目标相同,搜索方式也相同2、回溯法在解空间树T上的搜索方式是( )。
A.深度优先B.广度优先C.最小耗费优先D.活结点优先3、在对问题的解空间树进行搜索的方法中,一个活结点最多有一次机会成为活结点的是( )。
A.回溯法B.分支限界法C.回溯法和分支限界法D.回溯法求解子集树问题4、以下关于判定问题难易处理的叙述中正确的是( )。
A.可以由多项式时间算法求解的问题是难处理的B.需要超过多项式时间算法求解的问题是易处理的C.可以由多项式时间算法求解的问题是易处理的D.需要超过多项式时间算法求解的问题是不能处理的5、设f(N),g(N)是定义在正数集上的正函数,如果存在正的常数C和自然数N0,使得当N≥N0时有f(N)≤Cg(N),则称函数f(N)当N充分大时有上界g(N),记作f(N)=O(g(N)),即f(N)的阶( )g(N)的阶。
A.不高于B.不低于C.等价于D.逼近6、对于含有n个元素的子集树问题,最坏情况下其解空间的叶结点数目为( )。
算法导论参考 答案
第二章算法入门由于时间问题有些问题没有写的很仔细，而且估计这里会存在不少不恰当之处。
另，思考题2-3 关于霍纳规则，有些部分没有完成，故没把解答写上去，我对其 c 问题有疑问，请有解答方法者提供个意见。
给出的代码目前也仅仅为解决问题，没有做优化，请见谅，等有时间了我再好好修改。
插入排序算法伪代码INSERTION-SORT(A)1 for j ←2 to length[A]2 do key ←A[j]3 Insert A[j] into the sorted sequence A[1..j-1]4 i ←j-15 while i > 0 and A[i] > key6 do A[i+1]←A[i]7 i ←i − 18 A[i+1]←keyC#对揑入排序算法的实现:public static void InsertionSort<T>(T[] Input) where T:IComparable<T>{T key;int i;for (int j = 1; j < Input.Length; j++){key = Input[j];i = j - 1;for (; i >= 0 && Input[i].CompareTo(key)>0;i-- )Input[i + 1] = Input[i];Input[i+1]=key;}}揑入算法的设计使用的是增量（incremental）方法：在排好子数组A[1..j-1]后，将元素A[ j]揑入，形成排好序的子数组A[1..j]这里需要注意的是由于大部分编程语言的数组都是从0开始算起，这个不伪代码认为的数组的数是第1个有所丌同，一般要注意有几个关键值要比伪代码的小1.如果按照大部分计算机编程语言的思路，修改为：INSERTION-SORT(A)1 for j ← 1 to length[A]2 do key ←A[j]3 i ←j-14 while i ≥ 0 and A[i] > key5 do A[i+1]←A[i]6 i ←i − 17 A[i+1]←key循环丌变式(Loop Invariant)是证明算法正确性的一个重要工具。
算法导论习题答案
算法导论习题答案算法导论习题答案算法导论是一本经典的计算机科学教材，讲述了算法设计与分析的基本原理。
在学习过程中，习题是不可或缺的一部分，通过解答习题可以帮助我们巩固所学的知识。
本文将针对算法导论中的一些习题进行解答，帮助读者更好地理解算法导论的内容。
习题1-1：证明对于任意两个实数a和b，有|a + b| ≤ |a| + |b|。
解答：根据绝对值的定义，我们可以将|a + b|、|a|和|b|分别表示为以下三种情况：1. 当a + b ≥ 0，a ≥ 0，b ≥ 0时，|a + b| = a + b，|a| = a，|b| = b。
此时，|a + b| ≤ |a| + |b| 成立。
2. 当a + b < 0，a < 0，b < 0时，|a + b| = -(a + b)，|a| = -a，|b| = -b。
此时，|a + b| ≤ |a| + |b| 成立。
3. 当a + b ≥ 0，a < 0，b < 0时，|a + b| = a + b，|a| = -a，|b| = -b。
此时，|a + b| ≤ |a| + |b| 成立。
综上所述，无论a和b的取值如何，都有|a + b| ≤ |a| + |b| 成立。
习题2-1：证明插入排序的运行时间是O(n^2)。
解答：插入排序是一种简单直观的排序算法，它的基本思想是将待排序的元素一个个地插入到已排好序的序列中。
在最坏情况下，即待排序的序列是逆序排列时，插入排序的运行时间最长。
假设待排序的序列长度为n，那么第一次插入需要比较1次，第二次插入需要比较2次，依次类推，第n次插入需要比较n-1次。
总的比较次数为1 + 2 + 3+ ... + (n-1) = n(n-1)/2。
因此，插入排序的运行时间是O(n^2)。
习题3-1：证明选择排序的运行时间是O(n^2)。
解答：选择排序是一种简单直观的排序算法，它的基本思想是每次从待排序的序列中选择最小的元素，放到已排序序列的末尾。
算法导论习题答案 (4)
The father now has to decide how to procure skis for his daughter for every weekly session (until she quits). One can buy skis at a one-time cost of B dollars, or rent skis at a weekly cost of R dollars. (Note that one can buy skis at any time—e.g., rent for two weeks, then buy.)
(a) Suppose that (starting from an empty queue) we do 3 insertions, then 2 removals,
then 3 more insertions, and then 2 more removals. What is the total cost of these 10
Problem Set 4 Solutions
Reading: Chapters 17, 21.1–21.3 Both exercises and problems should be solved, but only the problems should be turned in.
算法导论习题答案 (1)
Introduction to Algorithms September 24, 2004Massachusetts Institute of Technology 6.046J/18.410J Professors Piotr Indyk and Charles E. Leiserson Handout 7Problem Set 1 SolutionsExercise 1-1. Do Exercise 2.3-7 on page 37 in CLRS.Solution:The following algorithm solves the problem:1.Sort the elements in S using mergesort.2.Remove the last element from S. Let y be the value of the removed element.3.If S is nonempty, look for z=x−y in S using binary search.4.If S contains such an element z, then STOP, since we have found y and z such that x=y+z.Otherwise, repeat Step 2.5.If S is empty, then no two elements in S sum to x.Notice that when we consider an element y i of S during i th iteration, we don’t need to look at the elements that have already been considered in previous iterations. Suppose there exists y j∗S, such that x=y i+y j. If j<i, i.e. if y j has been reached prior to y i, then we would have found y i when we were searching for x−y j during j th iteration and the algorithm would have terminated then.Step 1 takes �(n lg n)time. Step 2 takes O(1)time. Step 3 requires at most lg n time. Steps 2–4 are repeated at most n times. Thus, the total running time of this algorithm is �(n lg n). We can do a more precise analysis if we notice that Step 3 actually requires �(lg(n−i))time at i th iteration.However, if we evaluate �n−1lg(n−i), we get lg(n−1)!, which is �(n lg n). So the total runningi=1time is still �(n lg n).Exercise 1-2. Do Exercise 3.1-3 on page 50 in CLRS.Exercise 1-3. Do Exercise 3.2-6 on page 57 in CLRS.Exercise 1-4. Do Problem 3-2 on page 58 of CLRS.Problem 1-1. Properties of Asymptotic NotationProve or disprove each of the following properties related to asymptotic notation. In each of the following assume that f, g, and h are asymptotically nonnegative functions.� (a) f (n ) = O (g (n )) and g (n ) = O (f (n )) implies that f (n ) = �(g (n )).Solution:This Statement is True.Since f (n ) = O (g (n )), then there exists an n 0 and a c such that for all n √ n 0, f (n ) ←Similarly, since g (n )= O (f (n )), there exists an n � 0 and a c such that for allcg (n ). �f (n ). Therefore, for all n √ max(n 0,n Hence, f (n ) = �(g (n )).�()g n ,0← �),0c 1 � g (n ) ← f (n ) ← cg (n ).n √ n c � 0 (b) f (n ) + g (n ) = �(max(f (n ),g (n ))).Solution:This Statement is True.For all n √ 1, f (n ) ← max(f (n ),g (n )) and g (n ) ← max(f (n ),g (n )). Therefore:f (n ) +g (n ) ← max(f (n ),g (n )) + max(f (n ),g (n )) ← 2 max(f (n ),g (n ))and so f (n ) + g (n )= O (max(f (n ),g (n ))). Additionally, for each n , either f (n ) √max(f (n ),g (n )) or else g (n ) √ max(f (n ),g (n )). Therefore, for all n √ 1, f (n ) + g (n ) √ max(f (n ),g (n )) and so f (n ) + g (n ) = �(max(f (n ),g (n ))). Thus, f (n ) + g (n ) = �(max(f (n ),g (n ))).(c) Transitivity: f (n ) = O (g (n )) and g (n ) = O (h (n )) implies that f (n ) = O (h (n )).Solution:This Statement is True.Since f (n )= O (g (n )), then there exists an n 0 and a c such that for all n √ n 0, �)f ()n ,0← �()g n ,0← f (n ) ← cg (n ). Similarly, since g (n ) = O (h (n )), there exists an n �h (n ). Therefore, for all n √ max(n 0,n and a c � such thatfor all n √ n Hence, f (n ) = O (h (n )).cc�h (n ).c (d) f (n ) = O (g (n )) implies that h (f (n )) = O (h (g (n )).Solution:This Statement is False.We disprove this statement by giving a counter-example. Let f (n ) = n and g (n ) = 3n and h (n )=2n . Then h (f (n )) = 2n and h (g (n )) = 8n . Since 2n is not O (8n ), this choice of f , g and h is a counter-example which disproves the theorem.(e) f(n)+o(f(n))=�(f(n)).Solution:This Statement is True.Let h(n)=o(f(n)). We prove that f(n)+o(f(n))=�(f(n)). Since for all n√1, f(n)+h(n)√f(n), then f(n)+h(n)=�(f(n)).Since h(n)=o(f(n)), then there exists an n0such that for all n>n0, h(n)←f(n).Therefore, for all n>n0, f(n)+h(n)←2f(n)and so f(n)+h(n)=O(f(n)).Thus, f(n)+h(n)=�(f(n)).(f) f(n)=o(g(n))and g(n)=o(f(n))implies f(n)=�(g(n)).Solution:This Statement is False.We disprove this statement by giving a counter-example. Consider f(n)=1+cos(�≈n)and g(n)=1−cos(�≈n).For all even values of n, f(n)=2and g(n)=0, and there does not exist a c1for which f(n)←c1g(n). Thus, f(n)is not o(g(n)), because if there does not exist a c1 for which f(n)←c1g(n), then it cannot be the case that for any c1>0and sufficiently large n, f(n)<c1g(n).For all odd values of n, f(n)=0and g(n)=2, and there does not exist a c for which g(n)←cf(n). By the above reasoning, it follows that g(n)is not o(f(n)). Also, there cannot exist c2>0for which c2g(n)←f(n), because we could set c=1/c2if sucha c2existed.We have shown that there do not exist constants c1>0and c2>0such that c2g(n)←f(n)←c1g(n). Thus, f(n)is not �(g(n)).Problem 1-2. Computing Fibonacci NumbersThe Fibonacci numbers are defined on page 56 of CLRS asF0=0,F1=1,F n=F n−1+F n−2for n√2.In Exercise 1-3, of this problem set, you showed that the n th Fibonacci number isF n=�n−� n,�5where �is the golden ratio and �is its conjugate.A fellow 6.046 student comes to you with the following simple recursive algorithm for computing the n th Fibonacci number.F IB(n)1 if n=02 then return 03 elseif n=14 then return 15 return F IB(n−1)+F IB(n−2)This algorithm is correct, since it directly implements the definition of the Fibonacci numbers. Let’s analyze its running time. Let T(n)be the worst-case running time of F IB(n).1(a) Give a recurrence for T(n), and use the substitution method to show that T(n)=O(F n).Solution: The recurrence is: T(n)=T(n−1)+T(n−2)+1.We use the substitution method, inducting on n. Our Induction Hypothesis is: T(n)←cF n−b.To prove the inductive step:T(n)←cF n−1+cF n−2−b−b+1← cF n−2b+1Therefore, T(n)←cF n−b+1provided that b√1. We choose b=2and c=10.∗{For the base case consider n0,1}and note the running time is no more than10−2=8.(b) Similarly, show that T(n)=�(F n), and hence, that T(n)=�(F n).Solution: Again the recurrence is: T(n)=T(n−1)+T(n−2)+1.We use the substitution method, inducting on n. Our Induction Hypothesis is: T(n)√F n.To prove the inductive step:T(n)√F n−1+F n−2+1√F n+1Therefore, T(n)←F n. For the base case consider n∗{0,1}and note the runningtime is no less than 1.1In this problem, please assume that all operations take unit time. In reality, the time it takes to add two numbers depends on the number of bits in the numbers being added (more precisely, on the number of memory words). However, for the purpose of this problem, the approximation of unit time addition will suffice.Professor Grigori Potemkin has recently published an improved algorithm for computing the n th Fibonacci number which uses a cleverly constructed loop to get rid of one of the recursive calls. Professor Potemkin has staked his reputation on this new algorithm, and his tenure committee has asked you to review his algorithm.F IB�(n)1 if n=02 then return 03 elseif n=14 then return 15 6 7 8 sum �1for k�1to n−2do sum �sum +F IB�(k) return sumSince it is not at all clear that this algorithm actually computes the n th Fibonacci number, let’s prove that the algorithm is correct. We’ll prove this by induction over n, using a loop invariant in the inductive step of the proof.(c) State the induction hypothesis and the base case of your correctness proof.Solution: To prove the algorithm is correct, we are inducting on n. Our inductionhypothesis is that for all n<m, Fib�(n)returns F n, the n th Fibonacci number.Our base case is m=2. We observe that the first four lines of Potemkin guaranteethat Fib�(n)returns the correct value when n<2.(d) State a loop invariant for the loop in lines 6-7. Prove, using induction over k, that your“invariant” is indeed invariant.Solution: Our loop invariant is that after the k=i iteration of the loop,sum=F i+2.We prove this induction using induction over k. We assume that after the k=(i−1)iteration of the loop, sum=F i+1. Our base case is i=1. We observe that after thefirst pass through the loop, sum=2which is the 3rd Fibonacci number.To complete the induction step we observe that if sum=F i+1after the k=(i−1)andif the call to F ib�(i)on Line 7 correctly returns F i(by the induction hypothesis of ourcorrectness proof in the previous part of the problem) then after the k=i iteration ofthe loop sum=F i+2. This follows immediately form the fact that F i+F i+1=F i+2.(e) Use your loop invariant to complete the inductive step of your correctness proof.Solution: To complete the inductive step of our correctness proof, we must show thatif F ib�(n)returns F n for all n<m then F ib�(m)returns m. From the previous partwe know that if F ib�(n)returns F n for all n<m, then at the end of the k=i iterationof the loop sum=F i+2. We can thus conclude that after the k=m−2iteration ofthe loop, sum=F m which completes our correctness proof.(f) What is the asymptotic running time, T�(n), of F IB�(n)? Would you recommendtenure for Professor Potemkin?Solution: We will argue that T�(n)=�(F n)and thus that Potemkin’s algorithm,F ib�does not improve upon the assymptotic performance of the simple recurrsivealgorithm, F ib. Therefore we would not recommend tenure for Professor Potemkin.One way to see that T�(n)=�(F n)is to observe that the only constant in the programis the 1 (in lines 5 and 4). That is, in order for the program to return F n lines 5 and 4must be executed a total of F n times.Another way to see that T�(n)=�(F n)is to use the substitution method with thehypothesis T�(n)√F n and the recurrence T�(n)=cn+�n−2T�(k).k=1Problem 1-3. Polynomial multiplicationOne can represent a polynomial, in a symbolic variable x, with degree-bound n as an array P[0..n] of coefficients. Consider two linear polynomials, A(x)=a1x+a0and B(x)=b1x+b0, where a1, a0, b1, and b0are numerical coefficients, which can be represented by the arrays [a0,a1]and [b0,b1], respectively. We can multiply A and B using the four coefficient multiplicationsm1=a1·b1,m2=a1·b0,m3=a0·b1,m4=a0·b0,as well as one numerical addition, to form the polynomialC(x)=m1x2+(m2+m3)x+m4,which can be represented by the array[c0,c1,c2]=[m4,m3+m2,m1].(a) Give a divide-and-conquer algorithm for multiplying two polynomials of degree-bound n,represented as coefficient arrays, based on this formula.Solution:We can use this idea to recursively multiply polynomials of degree n−1, where n isa power of 2, as follows:Let p(x)and q(x)be polynomials of degree n−1, and divide each into the upper n/2 and lower n/2terms:p(x)=a(x)x n/2+b(x),q(x)=c(x)x n/2+d(x),where a(x), b(x), c(x), and d(x)are polynomials of degree n/2−1. The polynomial product is thenp(x)q(x)=(a(x)x n/2+b(x))(c(x)x n/2+d(x))=a(x)c(x)x n+(a(x)d(x)+b(x)c(x))x n/2+b(x)d(x).The four polynomial products a(x)c(x), a(x)d(x), b(x)c(x), and b(x)d(x)are computed recursively.(b) Give and solve a recurrence for the worst-case running time of your algorithm.Solution:Since we can perform the dividing and combining of polynomials in time �(n), recursive polynomial multiplication gives us a running time ofT(n)=4T(n/2)+�(n)=�(n2).(c) Show how to multiply two linear polynomials A(x)=a1x+a0and B(x)=b1x+b0using only three coefficient multiplications.Solution:We can use the following 3 multiplications:m1=(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd,m2=ac,m3=bd,so the polynomial product is(ax+b)(cx+d)=m2x2+(m1−m2−m3)x+m3.� (d) Give a divide-and-conquer algorithm for multiplying two polynomials of degree-bound nbased on your formula from part (c).Solution:The algorithm is the same as in part (a), except for the fact that we need only compute three products of polynomials of degree n/2 to get the polynomial product.(e) Give and solve a recurrence for the worst-case running time of your algorithm.Solution:Similar to part (b):T (n )=3T (n/2) + �(n )lg 3)= �(n �(n 1.585)Alternative solution Instead of breaking a polynomial p (x ) into two smaller polynomials a (x ) and b (x ) such that p (x )= a (x ) + x n/2b (x ), as we did above, we could do the following:Collect all the even powers of p (x ) and substitute y = x 2 to create the polynomial a (y ). Then collect all the odd powers of p (x ), factor out x and substitute y = x 2 to create the second polynomial b (y ). Then we can see thatp (x ) = a (y ) + x b (y )· Both a (y ) and b (y ) are polynomials of (roughly) half the original size and degree, and we can proceed with our multiplications in a way analogous to what was done above.Notice that, at each level k , we need to compute y k = y 2 (where y 0 = x ), whichk −1 takes time �(1) per level and does not affect the asymptotic running time.。
算法考卷参考答案
一、选择题（每题1分，共5分）A. Dijkstra算法B. Kruskal算法C. Huffman编码D. 动态规划算法2. 下列排序算法中，哪个算法的时间复杂度最稳定？A. 冒泡排序B. 快速排序C. 堆排序D. 插入排序A. 二分查找B. 深度优先搜索C. 广度优先搜索D. 动态规划A. 初始化状态B. 确定状态转移方程C. 计算最优值D. ABC都是A. Floyd算法B. Warshall算法C. Prim算法D. BellmanFord算法二、判断题（每题1分，共5分）1. 算法的空间复杂度与时间复杂度成正比。
（×）2. 贪心算法总能得到最优解。
（×）3. 快速排序的平均时间复杂度为O(nlogn)。
（√）4. 二分查找算法适用于顺序存储的有序表。
（√）5. 深度优先搜索和广度优先搜索在遍历图时，时间复杂度相同。
（×）三、填空题（每题1分，共5分）1. 算法的五个基本特性分别是：可行性、确定性、______、有穷性和输入输出。
2. 在排序算法中，堆排序的时间复杂度为______。
3. 求解背包问题通常采用______算法。
4. 图的遍历方法有深度优先搜索和______。
5. 在动态规划算法中，状态转移方程描述了______之间的关系。
四、简答题（每题2分，共10分）1. 简述冒泡排序的基本思想。
2. 什么是贪心算法？请举例说明。
3. 简述二分查找算法的基本步骤。
4. 什么是动态规划算法？它适用于哪些问题？5. 请列举三种常见的图遍历算法。
五、应用题（每题2分，共10分）1. 设有数组arr = [3, 5, 1, 4, 2]，请用冒泡排序算法对数组进行排序。
2. 给定一个整数数组nums，请找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
3. 编写一个递归函数，实现求斐波那契数列的第n项。
A B| |C DA B (3)| |C D (4)六、分析题（每题5分，共10分）def func(n):sum = 0for i in range(n):for j in range(i):sum += 1return sum2. 给定一个字符串str，请设计一个算法，找出最长不重复子串的长度。
算法导论答案(经典)
8.3-3 8.3-4
8.3-5(*) 8.4-1 见图 8-4 8.4-2
8.4-3 3/2，1/2 8.4-4(*) 8.4-5(*)
9.1-1
9.1-2 9.2-1 9.3-1
第九章
9.3-2 9.3-3
9.3-4 9.3-5
9.3-6 9.3-7
9.3-8
9.3-9
15.1-1
16.3-1 16.3-2Leabharlann 16.3-3 16.3-4
16.3-5
16.3-6 那就推广到树的结点有三个孩子结点，证明过程同引理 16.3 的证明。 16.3-7 16.3-8
第 24 章
24.1-1 同源顶点 s 的运行过程，见图 24-4 24.1-2
24.1-3
24.1-4 24.1-5* 24.1-6 修改 Bellman-Ford 算法，先找到负环上的一个节点，再依次找到负环上的一个节点，再依 次找到负环上的其他节点。 24.2-1 见图 24-5 24.2-2 最后一次不影响结果
len=j;//更新 len
} cout<<len<<endl; } return 0; } 15.5-1
15.5-2 15.5-3
15.5-4
16.1-1
第 16 章
16.1-2 16.1-3
16.1-4 16.2-1 16.2-2
16.2-3
16.2-4
16.2-5 16.2-6
16.2-7
第 25 章
25.1-4 25.1-5
25.1-6 25.1-7 25.1-8
25.1-9 25.1-10 25.2-1 见图 25-4 25.2-2 25.2-3 25.2-4
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解：存在������1(n) + ������2(������) = ������(max(������1(������), ������2(������) 证明： ������1(������) = ������(������1(n)) 则存在 a1>0，a2>0, n1>0 使得 n>n1 时有 ������1 ∗ ������1(n) < ������1(������) < ������2 ∗ ������1(n) ������2(������) = ������(������2(n)) 则存在 b1>0，b2>0, n2>0 使得 n>n2 时有 ������1 ∗ ������2(n) < ������2(������) < ������2 ∗ ������2(n) 取 c1=min(a1,b1) >0, c2=2*max(a2,b2) >0, n0=max(n1,n2)>0 当 n>n0 时，有 ������1(n) + ������2(������) > ������1 ∗ ������1(n) + ������1 ∗ ������2(n)
= ������2(������������ − 5 ������������������������) − 2������ > 2������3 − 2������ > 2������0(������02 − 1) =12 即当 c=7, n0=2 时，对 n>n0, 5������2������������������������ + 2������ < ������������3恒成立， 5������2������������������������ + 2������ = ������(������3)
������������������������������ = ������������������23 < 2
则存在0 < ε < 2 − ������������������������������,有f(n) = Ω(������������������������������������+������)
(1)
T(n-1)=3T(n-2)+(n-2)2
T(n)-T(n-1) = 3T(n-1)+(n-1)2 -3T(n-2)-(n-2)2 = 3T(n-1)-3T(n-2)+2n-3
T(n)-T(n-1)+n = 3(T(n-1)-2T(n-2)+n-1)
令 c(n)= T(n)-T(n-1)+n，则有 c(n)=3c(n-1)。
4
6
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13
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24
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19 8 3
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19 13 17 27 29 21 24
解：没有 f1(n)+ f2(n)= Θ( min( g1(n),g2(n) ) ) 反例： 令 g1(n)=3n2+n, f1(n)=n2。 g2(n)=3n3+n, f2(n)=n3。 min(g1(n), g2(n))= g1(n), Θ( min( g1(n),g2(n) ) )= n2。 f1(n)+f2(n)= n3+ n2 显然 f1(n)+f2(n) ≠ Θ( min( g1(n),g2(n) ) )。
af
n (b)
=
3 4
∗
������2
−
21 2
∗
������
+
5
取 c=7/8 <1,n0=2,当 n>n0 时，有
n c ∗ f(n) − af (b)
=
(������
−
3 4)
∗
������2
+
21
− 14������ 2
∗
������
+
5(������
−
1)
21 − 14������ > 2 ∗ ������ − 5
由于 T(1)=1,则 T(2)=4，c(2)=T(2)-T(1)+2=5
则 c(n)=5*3n-2，
T(n)-T(n-1)+n=5*3n-2
(2)
将(1)式和(2)式联合求解可得
T(n)=(5*3n-1-n2-n-1)/2
(卷 2)求解递归方程 T(n)=2T(n-1)+ n2-2n+1。
解：
T(n)=2T(n-1)+(n-1)2
Min-堆的过程。
解：调整过程如下，带
的节点表示正在调整以该节点为根的堆为小根堆。
12
4
16
3
7
21
22
15 8 5
28 20 9 11
12
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28 20 9 22
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28 20 21 22
12
4
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3
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9
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15
87
28 20 21 22
> 2������ − 5
> 2������0 − 5 = 1
即af
(n)
b
≤
������������(������),满足主定理第三条
综上，T(n) = Θ(f(n)) = Θ(������2)
(卷 2)求解递归方程 T(n)=3T(n/2)+n2-7n+5。
解：
采用主方法
a = 3, b=2, f(n) = ������2 − 7������ + 5
12
4
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8
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19 13 17 27 29 21 24 2
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19 13 17 27 29 21 24
19 13 17 27 29 21 24
2、 (卷 1) 请在图 1 所示的红黑树中先插入关键字为 23 的结点，在插入关键字为 21 的结 点，给出具体的变化过程。
af
n (b)
=
4 9
∗
������2
−
28 3
∗
������
+
5
取 c=5/9 < 1,n0=3,当 n>n0 时，有
c
∗
f(n)
−
af
n (b)
=
(������
−
4 9)
∗
������2
+
28
− 21������ 3
∗
������
+
5(������
−
1)
28 − 21������ > 3 ∗ ������ − 5
题目分卷 1 和卷 2，不分说明两卷相同。
一、基本题 1. (卷 1)请证明������������������������������������������ + ������������ = ������(������������)。
证明：取 c=7, n0=2,对 n>n0 有 c������3 − 5������2������������������������ − 2������
A
4
图1 解：第一幅图为在图 1 中插入结点 23
插入结点 23
改变颜色 左旋
右旋
插入结点 21
(卷 2)请在图 1 所示的红黑树中先插入关键字为 37 的结点，再插入关键字为 32 的结点， 给出具体变化过程。
图1 解答：从原图基础上开始画变化过程下
插入结点 37
左旋 右旋 插入结点 32
改变颜色
3. (卷 1)求解递归方程 T(n)=4T(n/3)+n2-7n+5。
解：
采用主方法 a = 4, b=3, f(n) = ������2 − 7������ + 5
������������������������������ = ������������������34 < 2 则存在0 < ε < 2 − ������������������������������,有f(n) = Ω(������������������������������������+������)
综上，������1(n) + ������2(������) = ������(max(������1(������), ������2(������) (卷 2)已知 f1(n)=Θ(g1(n))，f2(n)=Θ(g2(n))，请问是否有 f1(n)+ f2(n)= Θ( min( g1(n),g2(n) ) )?