4-2找出所缺的整数
1. 遍历整数0到n的第一位，分成两个数组：P1[1] 和P0[1]，分别代表第一位是1、0的数，并记录第一位是1的个数CountN，代价为O(n)。
2. 遍历数组A[0...n]的第一位, 分成两个组：Q1[1]和Q0[1]，分别代表第一位是1、0的数，并记录1的个数CountA，代价为O(n)。
3. 比较CountN和CountA的值，结果可能有两种情况CountN = CountA，或者CountN = CountA + 1， 前者表明所缺数的第一位为0， 后者为1，代价为O(1)。
4. 通过3的结果，随后我们可以在P1[1]和Q1[1]（CountN>CountA，即缺少第一位为1的数） 或者 P0[1]和Q0[1](CountN=CountA，即缺少第一位为0的数)中的第2位中重复步骤1，2中的操作，记录数组P1[2]、P0[2]和 CountN'及Q1[2]、Q0[2]和CountA'。代价为O(n/2)和O(n/2), 经过比较后可得到所缺数第二位是0还是1，决定接下来比较P1[2]和Q1[2] 或者 P0[2]和Q0[2]。
5, 不断重复Ceiling(lg(n))次.
有T(n) = T(n/2) + O(2n)，得T(n) = O(4n)
4-6 VLSI芯片测试
a) 在所有的策略中，时间复杂度最高但最有效的方法是：对每个芯片，让其它所有芯片对它进行报告，由于好芯片数目小于n/2，对于任意芯片，坏芯片都可以让判断结果一模一样（比如判断结果好坏各占一半），此时，就无法判断出好坏。得证。
b）分情况考虑
(1)n为偶数
随机的两两配对，则共有n/2对，分别测试。考虑其中一对的测试结果：如果一好一坏，或者两坏，那么把这对丢弃。这样丢弃不难发现丢弃的好芯片数一定不大于丢弃的坏的芯片数；如果两好（实际情况是两个都是真的好或者两个都是真的坏），那么随意丢弃其中一个，留下一个。
这样操作后，留下的好的芯片数一定还是大于坏的芯片数的。分析：因为n为偶数，设好的芯片数为a，坏的芯片数为b， 则a-b>=2，由鸽巢原理，必然有一对好的相遇。再往下分析，如果有k对坏的相遇，那么至少再有k对好的相遇，所以两个好相遇的对数一定大于两个坏的相遇的对数。
这样原问题的规模降低一半。
(2)n为奇数
这个稍微复杂一点。还是随机两两分对，结果必然留下一个没有配对的。同样，结果为一坏一好或者两坏的，直接把这对扔掉，不影响后续判断，现在剩下的对都是两好的，这样对数设为m（如果m=0，则没有配对的那个必然是好的，结束，所以现在假设m不为0），真正两个好的对数设为a，真正两个坏的对数设为b，则a+b=m。
i) 如果m为奇数
不难得到a>b，我们可以把那个没有配对的那个扔掉，而直接考虑从这m对中每对任选一个，剩 下的都丢弃。这样需要考虑的有m个芯片，而且其中好的一定多于坏的。
ii)如果m为偶数
我们也从m对中，每对中任选一个，这样有m个芯片，再加上刚才没有配对的那个，我们考虑这 m+1个芯片即可。需要证明的是，这m+1个芯片中好的一定多于坏的：如果没有配对的那个是好的， 可以得到a>=b，结论没问题；如果没有配对的那个是坏的，并且m是偶数，所以a>=b+2，我们把这个 坏的就算留下也没有关系，好的还是多于坏的（必须要留下，因为我们不知道没有配对的那个是好的 还是坏的，我们只是证明把最后没有配对的这个留下是没有问题的）。
这样我们就证完了。
c) 按照b中的方法 T(n)<=T(n/2)+n/2 根据主定理推出T(n)=O(n)
原文：http://blog.csdn.net/a81895898/article/details/7025254以及http://www.cnblogs.com/longdouhzt/archive/2011/07/15/2107751.html