最近找工作的事告一段落，发一些之前整理但未发表的文章。鉴于各个公司一般要求将所做笔试题和面试题保密，并要求在试卷上签署了相关协议，因此本人不会在后续博文中提及并分析，见谅。
1.归纳法找递归函数的输出（原书P16~17，1.3.4节）
归纳并证明下面函数的输出：
int increment(int y) { if (y==0) return 1; if(y%2 == 1) return 2*increment(y/2); else return y+1; }
解答：
事实上increment(y)=y+1。
证明：
(1)（归纳法）y=0时输出1。
(2)
y为偶数时，输出y+1；
y为奇数时，不妨令y=2m+1，那么2*increment((2m+1)/2) = 2*increment(m)。由于m<y且increment(m)=m+1 （归纳假设），那么输出为2*(m+1) = y+1。
得证。
2.动态数组的时间复杂度（原书P67，3.1.1节）
用下面的方式实现动态数组：首先分配大小为1的连续空间，当需要填入第2个元素时，分配大小为2个连续空间，把原来的1个元素复制进新空间，再把新元素填入，销毁原空间；依次类推，动态数组的容量变化过程为1->2->4->8->...。当数组中一共有n个元素时，一共被复制了几次？
解答：
为简化分析，n此时是2的幂且刚好把数组填满。可以看出，其中1/2的元素没有被复制过，另外1/2在上次扩展时复制了一次。即，上次扩展时复制了n*(1/2)个元素。一共扩展了logn次，因此复制的总次数为：
[n*(frac{1}{2}+frac{1}{4}+...+frac{1}{2^{logn}})]
其中2^logn = n。由极限知识可知，当n→∞时，和为2n。因此n个元素的复制次数不超过2n次，保持了O(n)的时间复杂度。
附注：
Nginx封装的数据结构ngx_array_t就是一种动态数组，采用了类似的内存分配策略。
3.最小堆第k小的元素与给定x的大小关系：kth>=x是否成立？（原书P116~117，4.3.2节）
对一个数组实现的n个元素的最小堆和给定的实数x，判断堆中第k小元素是否大于等于x？（0<k<n）要求算法最坏时间复杂度为O(k)。（提示：没必要找出第k小元素的具体值）
解答：
最直接的两种解法：从堆中选取最小元素k次，时间复杂度O(klogn)；检查堆中前k层所有元素，时间复杂度O(n,2^k)。这两种解法都不符合时间复杂度的要求。
实际上是从根开始遍历所有值小于x的结点：
//第一次调用时，i=1,count=k int heap_compare(heap *h,int i,int count,int x) { if((count<=0)||(i>h->size)) return count; if(h->h[i]<x) { count = heap_compare(h,LEFT(i),count-1,x); count = heap_compare(h,RIGHT(i),count,x); } return count; }
如果根大于等于x，那么其余所有元素都不可能小于x，第k小的元素必然大于等于x。这时返回值为k>0。（若k=1，那么第1小的元素就是根，结果不变）
如果根小于x，需要对根的两个后继进行遍历。如果你没有看明白这段程序的含义，下面以几个例子来帮助理解这个函数在递归调用时发生了什么。假定k=3，x=3，即判断第3小的元素是否大于等于3。简单起见，结点以下标代替，根为1（与原书一致）。
实例1：第k小的元素大于等于x。
实例2：第k小的元素大于等于x。原图交换顺序。
实例3：第k小的元素小于x。
从上面三个例子可以看出：
每找到一个小于x的元素都会消耗一个count，如果消耗完了k个，表示至少前k个都小于x。那么第k个必然小于x，后面不必再进行查找，返回值为0。
反之，如果遍历所有小于k的元素时未消耗完k个count，表示小于x的元素不足k个，那么第k个必然大于等于x，返回值为正值。
原代码中令人迷惑的地方在于count的使用，理清上面的两个关系就好理解了。虽然看上去这个函数对于一个结点的两个后继的处理地位不同，但实际上没有影响。
至于时间复杂度，由于我们只遍历了所有小于x的结点以及它们的后继，而且遍历时不超过k个（用完k个就return 0），因此大约是3k个结点，时间复杂度只有O(k)，符合要求。
这道题曾在Amazon的面试中出现。
stackoverflow上有一个变形：判断n元最大堆中第k大的元素是否大于给定的数x，处理方法类似。