簡介：
《算法設計手冊》(The Algorithm Design Manual)課後面試題和解答。包括：未知大小的集合選取k個元素、數據備份方案、尋找數組最小數時賦值語句執行次數的期望、100層大樓拋大理石（拋燈泡）、電子秤找不足量金幣、天平找重球、公司合併方案總數、海盜分贓等。
2-43.
從n元集合中取一個k元子集，並要求每個元素概率相等。若n未知又該如何解決？
解答：
原問題在http://www.cnblogs.com/wuyuegb2312/p/3141292.html#title3已經解答清楚了。
此文也解決了從未知行數中等概率選擇一行的方法，那麼如果需要選擇k個呢？爲了簡化起見，限定未知的n>=k。那麼先選擇前k個元素；對第k+1個元素，以概率k/(k+1)選擇之，並以等概率1/k代替已選擇的k個元素中的一個。
這樣，這一輪裏前k個元素中某一個能留下的概率爲1/(k+1) + [k/(k+1)] * [(k-1)/k] = k/(k+1)。那麼對於第k+2個元素，類似地，以概率k/(k+2)選擇之，並以等概率1/k代替已選擇的k個元素中的一個，循環直至所有元素遍歷結束。
（解答啓發自http://blog.csdn.net/fall221/article/details/8805733）
2-44.
有1000份各不相同的數據項和1000個存儲數據的結點，每個結點可以存放3份不同的數據項。制定一個備份方案，使其在某些結點失效時損失最小。當任意3個結點失效時，丟失的數據的期望數值是多少？
解答：
讓所有結點存儲內容不完全相同，是基本的。如果令結點n保存數據項n、n+1、n+2（取1000的模），最好情況是3個結點失效時不損失數據（各不連續或者2個連續），最壞情況是3個連續結點失效（n、n+1、n+2），損失n+2這一份數據。這個概率很容易計算，是1/10^(-6)。
相關延伸閱讀：
RAID思想，保存異或結果，不過我算的概率相同：http://stackoverflow.com/questions/10291690/1000-items-1000-nodes-3-items-per-node-best-replication-scheme-to-minimize-da
類似的處理：http://blog.csdn.net/quietsound/article/details/9285375
2-45.
從n+1個數中找出最小數時，min = A[i]語句執行次數的期望。其中數組下標A[0...n]。
（首次賦值min=A[0]計算在內）
解答：
首先想到的是逆序對。但是通過序列[1,3,2]和[1,2,3]可知，兩者賦值次數是一樣的，顯然與逆序對無關。
直接從期望入手，記E(n)爲n+1個數時的該賦值語句期望執行次數。
最小的數在末尾A[n]的概率爲1/n，這時需要一次賦值。
最小的數不在末尾A[n]，則末尾處不需賦值，增加的賦值數爲0。
這樣，有E(n) = E(n-1) +1/n且E(0)=0。其中E(n-1)已經包括最小的數在非A[n]處的所有情況。因此E(n)爲
n比較大時，約爲lnn。
（解答來自於：http://nbl.cewit.stonybrook.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.45）
2-46.
你有一棟100層高的大廈和2塊大理石。你想找出一個最低樓層，從這個樓層開始，在它和比它更高的樓層上拋下大理石，落地會碎。如果有無限多塊大理石，怎麼最快找出這一層（拋的最少次數）？如果只有兩塊呢？（另一種說法：100層樓扔燈泡）
解答：
無限多塊時，很容易想到用折半查找來進行。但是如果使用最少的大理石塊又該如何找呢？注意到如果某次拋下時大理石未碎，那麼下次仍能夠使用。爲了只用兩塊大理石來判斷樓層數，由於碎裂的最低樓層是一定的，先做分析：
假設n是最多需要的測試次數（確定但未知，最壞情況），在第n層扔，如果碎了，由於只剩下一個燈泡，爲了確定1至n-1層中哪一層，最壞情況是從1層一直扔到n-1層，共n-1次，加上之前的1次是n次，不超過n；如果未碎，那麼上到2n-1層再扔，碎時同樣有最壞情況從n+1層扔到2n-2層共n-2次，加上之前的是n次。依次類推，總結出每次測試都是n次，且確定的樓層範圍是：n->2n-1->3n-2->...，即n + (n-1) + ... +1>100。求解使不等式成立的最小正整數是n=14。
（解答來自於：http://stackoverflow.com/questions/6547/two-marbles）
2-47.
有10袋金幣，其中9袋中每個金幣都是10克，另1袋中每個金幣都是9克。給你一個能夠數字顯示重量的電子秤，找出全是9克的金幣的那一袋。
解答：
看到稱重量可能會聯想到用天平找幾堆商品中不足量的一份。可是這裏用的是能顯示具體數值的電子秤哎！如果還用天平的思想，可太死板了。
想想權重的概念，解法馬上有了：從1號至10號袋中分別取1至10個金幣，放到電子秤上。如果10袋全是10克的，那麼應該顯示550克；而缺幾克，那就說明那個袋子裏是9克的金幣。一次解決，是不是很簡單？
當然，權重也可以用別的方案分配，不過上面是最簡單的。
（參考自：http://nbl.cewit.stonybrook.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.47）
2-48.
8個外表一樣的球，其中7個等重，另1個比它們重。用天平在2次的比較後找出這個重球。
解答：
由於有“2次比較”的提示，這個就簡單了：把球分爲(1,2,3)，(4,5,6),(7,8)三組，第一次稱(1,2,3)和(4,5,6)，若一組重，那麼將3箇中取2個可得重的是這2個之一還是其餘一個；否則將(7,8)稱重。
如果按這個思路，9個球也能夠解決。
2-49.
將n個公司合併成1個公司，一共有幾種不同的方式合併？
解答：
記合併方式f(n)種，f(n)=f(n-1)*g(n)，其中g(n)是將n個公司通過一次合併變爲n-1個公司的方法。顯然g(n)爲組合數C(n,2)。遞推公式解得
（參考自http://nbl.cewit.stonybrook.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.49）
2-50.
Rramanujan數是可以寫作a^3+b^3=c^3+d^3的數，其中a!=c且b!=d，或者a!=d且b!=c。找出滿足所有給定小於n的Rramanujan數。
解答：
編程實現如下
#include<stdio.h> int main() { int n, i, count=0, j, k, int_count; printf("Enter the number of values needed: "); scanf("%d", &n); i = 1; while(count < n) { int_count = 0; for (j=1; j<=((int(pow(i, 1.0/3)); j++) { for(k=j+1; k<=((int(pow(i,1.0/3)); k++) { if(j*j*j+k*k*k == i) int_count++; } } if(int_count == 2) { count++; printf("\nGot %d Hardy-Ramanujan numbers %d", count, i); } i++; } }
注意幾點以加速搜索：
確保j<k，這樣另一對j、k與原來的必然互不相等；
兩個for循環終止條件是j^3<i。
（參考自：http://stackoverflow.com/questions/11410798/finding-hardy-ramanujan-numbers）
2-51.
6個海盜分300美刀，分贓方法如下：有由資歷最深的提出分配方案，進行投票。如果獲得半數及以上支持，那麼按照他的分配方案進行；否則，其他海盜殺掉他，資歷第二深的海盜來提出分配方案，其後仍要投票表決，依次類推。請分析分配方法。（所有海盜都以自己存活爲最優考慮，保證存活的條件下才儘可能希望多獲得美刀。）
解答：
將海盜按資歷有深到淺編號爲1，2，3，4，5，6。假設只剩下5，6兩個海盜時，5無論提出怎樣的分配方案，都能使支持過半（自己的一票），那麼分配方法必然是：
(5,6) ---->(300,0)
時間倒流，加入海盜4。海盜4爲了防止投票不過半而被殺死，需要拉攏海盜6。由於6在上一種情況裏什麼也分不到，這時只要4分給6，無論多少，6都會同意。這樣，4給他最少的數目，即1。而5希望進入下一輪投票，因此只有給他全部300刀才能拉攏。由於投票已過半(2/3)，不必拉攏5。此時分配方案爲：
(4,5,6) ---->(299,0,1)
加入海盜3時，出於類似的考慮，提出這樣的方案：
(3,4,5,6) ---->(299,0,1,0)，這樣能拉攏5，不至於3死後，5什麼也分不到。
(299,1,0,0)必然不能拉攏4，因爲將3幹掉後4能獲得299。至於爲什麼不用(299,0,0,1)這樣的方案呢？此時6無論是否同意，他都有機會在本輪獲得1美刀或者把3幹掉後的下一輪必然獲得1美刀。因此3的倖存與否是未知的，他不能做出這種使自己生命可能受到威脅的分配方式。後面的分析類似。有：
(2,3,4,5,6) --->(298,0,1,0,1)
(1,2,3,4,5,6) ----> (298,0,1,0,1,0)
（參考自：http://nbl.cewit.stonybrook.edu:60128/mediawiki/index.php/TADM2E_2.51，這裏我補充了不少分析。）
2.52.
如果2.51中只有1美刀來分贓，誰會得到它，在這個分配過程中會死多少人？
解答：
和上一題分析類似，當只有2個海盜時，年長那個一定能得到那1美刀；當海盜數大於等於3時，任何分配給自己的分配方案都不能保證自己一定能存活，不如直接分給倒數第二個海盜。（但即使如此，也可能被殺死。投票將演化成殺死一部分海盜，然後讓倒數第二個海盜獲得的過程。）
（更一般的情況請參考http://en.wikipedia.org/wiki/Pirate_game。注意，中文wiki上沒有詳細的擴展情況的介紹。）