阿里技术专家十五问，真题面试刀刀见肉，走进面试间（答案解析）

引言

2020阿里巴巴专家组出题，等你来答：

题目：如何判断两个链表是否相交

出题人：阿里巴巴新零售技术质量部

参考答案：

O(n2)O(n^2)O(n2): 两层遍历，总能发现是否相交

$O(n)$: 一层遍历，遍历完两个链表，如果两个链表的最后一个结点指针相同，则相交，否则不相交

题目：一颗现代处理器，每秒大概可以执行多少条简单的MOV指令，有哪些主要的影响因素？

出题人：阿里巴巴出题专家：子团／创新产品虚拟化&稳定性资深技术专家

参考答案：

及格：
每执行一条mov指令需要消耗1个时钟周期，所以每秒执行的mov指令和CPU主频相关。

加分：
在CPU微架构上，要考虑数据预取，乱序执行，多发射，内存stall(前端stall和后端stall)等诸多因素，因此除了cpu主频外，还和流水线上的效率(IPC)强相关，比较复杂的一个问题。

题目：如何实现一个高效的单向链表逆序输出？

出题人：阿里巴巴出题专家：昀龙／阿里云弹性人工智能负责人

参考答案：下面是其中一种写法，也可以有不同的写法，比如递归等。供参考。

typedef struct node{
    int           data;
    struct node*  next;
    node(int d):data(d), next(NULL){}
}node;

void reverse(node* head)
{
    if(head == NULL){
        return;
    }

    node* pleft = NULL;
    node* pcurrent = head;
    node* pright = head->next;

    while(pright){
        pcurrent->next = pleft;
        node *ptemp = pright->next;
        pright->next = pcurrent;
        pleft = pcurrent;
        pcurrent = pright;
        pright = ptemp;
    }

    while(pcurrent != NULL){
        cout<< pcurrent->data << "\t";
        pcurrent = pcurrent->next;
    }
}

class Solution<T> {

    public void reverse(ListNode<T> head) {
       if (head == null || head.next == null) {
    	   return ;
       }
       ListNode<T> currentNode = head;
       Stack<ListNode<T>> stack = new Stack<>();
       while (currentNode != null) {
    	   stack.push(currentNode);
    	   ListNode<T> tempNode = currentNode.next;
    	   currentNode.next = null; // 断开连接
    	   currentNode = tempNode;
       }
       
       head = stack.pop();
       currentNode = head;
       
       while (!stack.isEmpty()) {
    	   currentNode.next = stack.pop();
    	   currentNode = currentNode.next;
       }
    }
}

class ListNode<T>{
	T val;
	public ListNode(T val) {
		this.val = val;
	}
	ListNode<T> next;
}

题目：已知 sqrt (2)约等于 1.414，要求不用数学库，求 sqrt (2)精确到小数点后 10 位。

出题人：——阿里巴巴出题专家：文景／阿里云 CDN 资深技术专家

参考答案：

* 考察点

1. 基础算法的灵活应用能力（二分法学过数据结构的同学都知道，但不一定往这个方向考虑；如果学过数值计算的同学，应该还要能想到牛顿迭代法并解释清楚）
2. 退出条件设计

二分法

1. 已知 sqrt(2)约等于 1.414，那么就可以在(1.4, 1.5)区间做二分

查找，如：
a) high=>1.5
b) low=>1.4
c) mid => (high+low)/2=1.45
d) 1.45*1.45>2 ? high=>1.45 : low => 1.45
e) 循环到 c)

2. 退出条件

a) 前后两次的差值的绝对值<=0.0000000001, 则可退出

const double EPSILON = 0.0000000001;

double sqrt2() {
    double low = 1.4, high = 1.5;
    double mid = (low + high) / 2;

    while (high - low > EPSILON) {
        if (mid * mid > 2) {
            high = mid;
        } else {
            low = mid;
        }
        mid = (high + low) / 2;
    }

    return mid;
}

牛顿迭代法

1.牛顿迭代法的公式为：

x_n+1 = x_n-f(x_n)/f’(x_n)

对于本题，需要求解的问题为：f(x)=x²-2 的零点

EPSILON = 0.1 ** 10
def newton(x):
    if abs(x ** 2 - 2) > EPSILON:
        return newton(x - (x ** 2 - 2) / (2 * x))
    else:
        return x

题目：LRU 缓存机制

设计和实现一个 LRU（最近最少使用）缓存数据结构，使它应该支持一下操作：get 和 put。
get(key) - 如果 key 存在于缓存中，则获取 key 的 value（总是正数），否则返回 -1。
put(key,value) - 如果 key 不存在，请设置或插入 value。当缓存达到其容量时，它应该在插入新项目之前使最近最少使用的项目作废。

出题人：文景／阿里云 CDN 资深技术专家

参考答案：

python版本的：

class LRUCache(object):
    def __init__(self, capacity):
    """
    :type capacity: int
    """
    self.cache = {}
    self.keys = []
    self.capacity = capacity
    
    def visit_key(self, key):
        if key in self.keys:
            self.keys.remove(key)
        self.keys.append(key)
    
    def elim_key(self):
        key = self.keys[0]
        self.keys = self.keys[1:]
        del self.cache[key]
        
    def get(self, key):
        """
        :type key: int
        :rtype: int
        """
        if not key in self.cache:
            return -1
        self.visit_key(key)
        return self.cache[key]
    
    def put(self, key, value):
        """
        :type key: int
        :type value: int
        :rtype: void
        """
        if not key in self.cache:
        if len(self.keys) == self.capacity:
        self.elim_key()
        self.cache[key] = value
        self.visit_key(key)

def main():
    s =
    [["put","put","get","put","get","put","get","get","get"],[[1,1],[2,2],[1],[3,3],[2],[
    4,4],[1],[3],[4]]]
    obj = LRUCache(2)
    l=[]
    for i,c in enumerate(s[0]):
        if(c == "get"):
            l.append(obj.get(s[1][i][0]))
        else:
            obj.put(s[1][i][0], s[1][i][1])
    print(l)

if __name__ == "__main__":
    main()

c++版本的：

class LRUCache{
    public:
        LRUCache(int capacity) {
            cap = capacity;
        }
        
        int get(int key) {
            auto it = m.find(key);
            if (it == m.end()) return -1;
            l.splice(l.begin(), l, it->second);
            return it->second->second;
        }
        
        void set(int key, int value) {
            auto it = m.find(key);
            if (it != m.end()) l.erase(it->second);
            l.push_front(make_pair(key, value));
            m[key] = l.begin();
            if (m.size() > cap) {
                int k = l.rbegin()->first;
                l.pop_back();
                m.erase(k);
            }
        }
}

题目：关于 epoll 和 select 的区别，哪些说法是正确的？（多选）

A. epoll 和 select 都是 I/O 多路复用的技术，都可以实现同时监听多个 I/O 事件的状态。

B. epoll 相比 select 效率更高，主要是基于其操作系统支持的I/O事件通知机制，而 select 是基于轮询机制。

C. epoll 支持水平触发和边沿触发两种模式。

D. select 能并行支持 I/O 比较小，且无法修改。

出题人：阿里巴巴出题专家：寈峰／阿里技术专家

参考答案：A，B，C

【延伸】那在高并发的访问下，epoll使用那一种触发方式要高效些？当使用边缘触发的时候要注意些什么东西？

题目：从 innodb 的索引结构分析，为什么索引的 key 长度不能太长？

出题人：阿里巴巴出题专家：近秋／阿里云数据库产品技术部技术专家

参考答案：key 太长会导致一个页当中能够存放的 key 的数目变少，间接导致索引树的页数目变多，索引层次增加，从而影响整体查询变更的效率。

题目：MySQL 的数据如何恢复到任意时间点？

出题人：阿里巴巴出题专家：近秋／阿里云数据库产品技术部技术专家参考答案

参考答案：恢复到任意时间点以定时的做全量备份，以及备份增量的 binlog 日志为前提。恢复到任意时间点首先将全量备份恢复之后，再此基础上回放增加的 binlog 直至指定的时间点。

题目：NFS 和 SMB 是最常见的两种 NAS（Network Attached Storage）协议，当把一个文件系统同时通过 NFS 和 SMB 协议共享给多个主机访问时，以下哪些说法是错误的：（多选）

A. 不可能有这样的操作，即把一个文件系统同时通过 NFS 和 SMB协议共享给多个主机访问。

B. 主机 a 的用户通过NFS 协议创建的文件或者目录，另一个主机 b的用户不能通过 SMB 协议将其删除。

C. 在同一个目录下，主机 a 通过 NFS 协议看到文件 file.txt，主机b 通过 SMB 协议也看到文件 file.txt，那么它们是同一个文件。

D. 主机 a 通过 NFS 协议，以及主机 b 通过 SMB 协议，都可以通过主机端的数据缓存，提升文件访问性能。

出题人：阿里巴巴出题专家：起影／阿里云文件存储高级技术专家

参考答案：A，B，C

题目：输入 ping IP 后敲回车，发包前会发生什么？

出题人：阿里巴巴出题专家：怀虎／阿里云云效平台负责人

参考答案：
ping目标ip时，先查路由表，确定出接口

• 如果落在直连接口子网内，此时若为以太网等 多路访问网络 则先查询arp缓存，命中则直接发出，否则在该接口上发arp询问目标ip的mac地址，取得后发出，若为ppp等 点对点网络 ，则直接可以发出；
• 如果查表落在缺省路由上，此时若为以太网等 多路访问网络 则先查询网关arp缓存，命中则直接发出，否则在该接口上发arp询问网关的mac地址，取得后发出，若为ppp等 点对点网络 ，则直接可以发出；
• 若查表未命中，则返回不可达。

题目：如何实现两金额数据相加（最多小数点两位）？

出题人：阿里巴巴出题专家：御术／蚂蚁金服数据可视化高级技术专家

参考答案：

其实问题并不难，就是考察候选人对 JavaScript 数据运算上的认知以及考虑问题的缜密程度，有很多坑，可以用在笔试题，如果用在面试，回答过程中还可以随机加入有很多计算机基础的延伸。

回到这个问题，由于直接浮点相与加会失精，所以要转整数；（可以插入问遇到过吗？是否可以举个例子？）。

转整数是第一个坑，虽然只有两位可以通过乘以100转整数，但由于乘以一百和除以一百都会出现浮点数的运算，所以也会失精，还是要通过字符串来转；（可以插入问字符串转整数有几种方式？）字符串转整是第二个坑，因为最后要对齐计算，如果没考虑周全先toFixed(2)，对于只有一位小数点数据进入计算就会错误；转整数后的计算是个加分点，很多同学往往就是直接算了，如果可以考虑大数计算的场景，恭喜同学进入隐藏关卡，这就会涉及如何有效循环、遍历、算法复杂度的问题。

题目： 关于并行计算的一些基础开放问题。

◼ 如何定义并计算，请分别阐述分布式内存到共享内存模式行编程的区别和实现（例子代码）？

◼ 请使用 MPI 和 OpenMP 分别实现 N 个处理器对 M 个变量的求和？

◼ 请说明 SIMD 指令在循环中使用的权限？向量化优化有哪些手段？

◼ 请用 Amdahl 定律说明什么是并行效率以及并行算法的扩展性？并说明扩展性的性能指标和限制因素，最后请说明在共享内存计算机中，共享内存的限制？OpenMP 是怎样实现共享内存编程环境的？MPI 阻塞和非阻塞读写的区别？

出题人：阿里巴巴出题专家：何万青／阿里云高性能计算资深技术专家

参考答案：

（简要答案，但必须触及，可以展开）
◼ 同时执行多个/算法/逻辑操作/内存访问/IO，相互独立同时运行，分三个层次：进程级，多个节点分布式内存通过MPI通信并行；线程级，共享内存的多路机器，通过OpenMP实现多线程并行；指令集：通过SIM指令实现单指令多数据。。。。举例吧啦吧啦。

◼ MPI代码，，，OpenMP代码，分别写出来 M个元素，N个处理器的累加，后者注意private 参数。

◼ SIMD在循环中的应用，限制在于 SIMD指令处理的每一个数组的长度，cache line利用，内部循环间的依赖和条件调用等。

◼ 向量化，主要看SSE和AVX指令占比率，通过编译器优化… 在loop代码中使用。

◼ 性能和计算规模随处理器增加的变化曲线，实测HPL和峰值HPL比率，能用用Amdahl定律表达Tpar(N) = (an + (1-a)n/N )t + C (n,N), 能够讲明白串行部分对整个并行的天花板效应，扩展性能够解释清楚算法的扩展性=并行效率随处理器数目的变化关系，画出来。

◼ 共享内存计算机OpenMP对变量的限制描述，EREW，CREW，ERCW，CRCW等区别，NUMA概念，如何保持coherent等。

◼ 写出OpenMP和MPI的核心函数，回答问题即可。

题目：假如给你一个新产品，你将从哪些方面来保障它的质量？

出题人：阿里巴巴出题专家：晨晖 ／阿里云中间件技术部测试开发专家

参考答案：

可以从代码开发、测试保障、线上质量三个方面来保障。

在代码开发阶段，有单元测试、代码Review、静态代码扫描等；

测试保障阶段，有功能测试、性能测试、高可用测试、稳定性测试、兼容性测试等；

在线上质量方面，有灰度发布、紧急回滚、故障演练、线上监控和巡检等。

题目：如何测试一辆自行车

出题人：阿里巴巴新零售技术质量部

参考答案：

开放性问题，如果联系到测试角度上看的话，可以这么作答：

1. 骑车试一试，看有没有问题，对应测试能不能跑通
2. 看看车的核心部件，例如车闸，车把等，对应软件的核心功能
3. 看看车是否安全，配锁质量如何，对应软件是否有安全问题

题目：给定一个链表，删除链表的倒数第 N 个节点，并且返回链表的头结点。

◼ 示例：
给定一个链表: 1->2->3->4->5, 和 n = 2.
当删除了倒数第二个节点后，链表变为 1->2->3->5.
说明：
给定的 n 保证是有效的。
要求：
只允许对链表进行一次遍历。

出题人：阿里巴巴出题专家：屹平／阿里云视频云边缘计算高级技术专家

参考答案：

我们可以使用两个指针而不是一个指针。第一个指针从列表的开头向前移动 n+1 步，而第二个指针将从列表的开头出发。现在，这两个指针被 n 个结点分开。我们通过同时移动两个指针向前来保持这个恒定的间隔，直到第一个指针到达最后一个结点。此时第二个指针将指向从最后一个结点数起的第 n 个结点。我们重新链接第二个指针所引用的结点的 next 指针指向该结点的下下个结点。

参考代码：

public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n)
{
    ListNode dummy = new ListNode(0);
    dummy.next = head;
    ListNode first = dummy;
    ListNode second = dummy;
    // Advances first pointer so that the gap between first
    and second is n nodes apart
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        first = first.next;
    }
    // Move first to the end, maintaining the gap
    while (first != null) {
        first = first.next;
        second = second.next;
    }
    second.next = second.next.next;
    return dummy.next;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(L)，该算法对含有 L 个结点的列表进行了一次遍历。因此时间复杂度为 O(L)。

• 空间复杂度：O(1)，我们只用了常量级的额外空间。