1、对于一个内存地址是32位、内存页是8KB的系统。0X0005F123这个地址的页号与页内偏移分别是多少。

页面大小是8KB，那么页内偏移量是从0x0000（0）~ 0x1FFF（2的13次方 - 1）。0x5F123/8K=2E，余数是1123；则页号是47页，页内偏移量应该是0X00001123。

2、如果X大于0并小于65536，用移位法计算X乘以255的值为：    (X<<8)-X

X<<8-X是不对的，因为移位运算符的优先级没有减号的优先级高，首先计算8-X为0，X左移0位还是8。

3、一个包含n个节点的四叉树，每个节点都有四个指向孩子节点的指针，这4n个指针中有   3n+1   个空指针。

4、以下两个语句的区别是：第一个动态申请的空间里面的值是随机值，第二个进行了初始化，里面的值为0

int *p1 = new int[10];
int *p2 = new int[10]();

5、计算机在内存中存储数据时使用了大、小端模式，请分别写出A=0X123456在不同情况下的首字节是，大端模式：0X12           小端模式：0X56           X86结构的计算机使用  小端    模式。

一般来说，大部分用户的操作系统（如windows, FreeBsd,Linux）是小端模式的。少部分，如MAC OS，是大端模式 的。

6、在游戏设计中，经常会根据不同的游戏状态调用不同的函数，我们可以通过函数指针来实现这一功能，请声明一个参数为int *，返回值为int的函数指针：

int (*fun)(int *)

7、下面程序运行后的结果为：to test something

char str[] = "glad to test something";
	char *p = str;
	p++;
	int *p1 = static_cast<int *>(p);
	p1++;
	p = static_cast<char *>(p1);
	printf("result is %s\n",p);

8、在一冒险游戏里，你见到一个宝箱，身上有N把钥匙，其中一把可以打开宝箱，假如没有任何提示，随机尝试，问：

（1）恰好第K次（1= (1-1/n)*(1-1/(n-1))*(1-1/(n-2))***(1/(n-k+1)) = 1/n

（2）平均需要尝试多少次。

 这个就是求期望值   由于每次打开宝箱的概率都是1/n，则期望值为：   1*(1/n)+2*(1/n)+3*(1/n)+......+n*(1/n) = （n+1）/2

9、头文件中ifndef / define / endif 是做什么用的？
10、代码里有时可以看到extern “C”，这语句是做什么用的？
11、平均要取多少个(0，1)中的随机数才能让和超过1。

12、在下列乘法算式中，每个字母代表0~9的一个数字，而且不同的字母代表不同的数字：

 ABCDEFGH

*                 AJ

------------------

EJAHFDGKC

BDFHAJEC

------------------

CCCCCCCCC

请写出推导的过程。

本题唯一解为：A=2、B=4、C=6、D=9、E=1、F=3、G=5、H=8、J=7、K=0

13、输入格式：第一行输入N（N<=100）表示流通的纸币面额数量；第二行N个纸币的具体表示的面额，从小到大排列，取值【1，10^6】。
输出格式：输出一个整数，表示应该发行的纸币面额，这个整数是已经发行的所有纸币面额都无法表示的最小整数。（已经发行的每个纸币面额最多只能使用一次）

思路：这是一个典型的母函数问题，一般的典型母函数如 G（x）=  (1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+....)*(1+x^2+x^4+x^6+x^8+x^10+....)*(1+x^3+x^6+x^9+x^12....).....

这个题目中的每个纸币只能够使用0次或1次，在上面的那个一般的母函数的基础上修改一下就行了，就很简单了。。

具体代码如下：

#include 
using namespace std;
 
const int lmax=10000;
int c1[lmax+1],c2[lmax+1];
 
int main(void)
{
	int m,n,i,j,k,a[110];
	//计算的方法还是模拟手动运算，一个括号一个括号的计算，从前往后
	while (cin>>m && m)
	{
		n=0;
		for(i = 0; i < m; i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			n += a[i];
		}
		n += 5;     //有可能无法表示的那个数比所有纸币面额的总和还要大
		for(i = 0; i <= n; i++)
		{
			c1[i] = 0;
			c2[i] = 0;
		}
		for(i = 0; i < 2*a[0]; i += a[0])        //母函数的表达式中第一个括号内的各项系数
			c1[i] = 1;
		//第一层循环是一共有 n 个小括号，而刚才已经算过一个了，所以是从2 到 n 
		// i 就是代表的母函数中第几个大括号中的表达式
		for(i = 2; i <= m; i++)
		{
			for(j = 0; j <= n; j++)              //j 就是指的已经计算出的各项的系数
			{
				for (k = 0; k < 2*a[i-1]; k += a[i-1])      //k 就是指将要计算的那个括号中的项
				{ 
					c2[j+k] += c1[j];        //合并同类项，他们的系数要加在一起，所以是加法
				}
			}
			for(j = 0; j <= n; j++)    // 刷新一下数据，继续下一次计算，就是下一个括号里面的每一项
			{
				c1[j] = c2[j];
				c2[j] = 0;
			}
		}
		for(i = 1; i <= n; i++)
		{
			if(c1[i] == 0)
			{
				cout<//找出第一个无法表示的纸币面额
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}