剑指offer7~10题

斐波那契数列

大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项。

n<=39

思路：此题用递归会超内存，故直接循环。

代码：

class Solution {
public:
    int Fibonacci(int n) {
        if(n==0) return 0;
        if(n==1) return 1;
        int ans=0,temp1=0,temp2=1;
        for(int i=2;i<=n;i++){
            ans=temp1+temp2;
            temp1=temp2;
            temp2=ans;
        }
        return ans;
    }
};

　跳台阶

一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法

思路：

对于本题,前提只有 一次 1阶或者2阶的跳法。

a.如果两种跳法，1阶或者2阶，那么假定第一次跳的是一阶，那么剩下的是n-1个台阶，跳法是f(n-1);

b.假定第一次跳的是2阶，那么剩下的是n-2个台阶，跳法是f(n-2)

c.由a\b假设可以得出总跳法为: f(n) = f(n-1) + f(n-2)

d.然后通过实际的情况可以得出：只有一阶的时候 f(1) = 1 ,只有两阶的时候可以有 f(2) = 2

e.可以发现最终得出的是一个斐波那契数列。

代码：

class Solution {
public:
    int jumpFloor(int n) {
        if(n==0) return 0;
        if(n==1) return 1;
        if(n==2) return 2;
        int ans=0,temp1=1,temp2=2;
        for(int i=3;i<=n;i++){
            ans=temp1+temp2;
            temp1=temp2;
            temp2=ans;
        }
        return ans;
    }
};

　　变态跳台阶

一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。

思路：每个台阶都有跳与不跳两种情况（除了最后一个台阶），最后一个台阶必须跳。所以共用2^(n-1)中情况，这里的一行就是通过位移做乘法得到2^(n-1)的结果（小技巧：2的n次方可以通过对1进行位移求）。

class Solution {
public:
    int jumpFloorII(int number){
        return  1<<--number;
    }
};

　　矩形覆盖

我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？

思路：对于大矩形来说，去掉一块小矩形，即是n-1的情况，而1块小矩形的添加只有一种，去掉2块小矩形，2块小矩形的添加也只有一种。因而递推方程为f(n)=f(n-1)+f(n-2).

代码：

class Solution {
public:
    int rectCover(int number) {
        if(number==0) return 0;
        if(number==1) return 1;
        if(number==2) return 2;
        return rectCover(number-1)+rectCover(number-2);
    }
};

　　二进制中1的个数

输入一个整数，输出该数二进制表示中1的个数。其中负数用补码表示。

思路：JAVA直接使用toBinaryString二进制转换即可，C++可以考虑：如果一个整数不为0，那么这个整数至少有一位是1。如果我们把这个整数减1，那么原来处在整数最右边的1就会变为0，原来在1后面的所有的0都会变成1(如果最右边的1后面还有0的话)。其余所有位将不会受到影响。

举个例子：一个二进制数1100，从右边数起第三位是处于最右边的一个1。减去1后，第三位变成0，它后面的两位0变成了1，而前面的1保持不变，因此得到的结果是1011.我们发现减1的结果是把最右边的一个1开始的所有位都取反了。这个时候如果我们再把原来的整数和减去1之后的结果做与运算，从原来整数最右边一个1那一位开始所有位都会变成0。如1100&1011=1000.也就是说，把一个整数减去1，再和原整数做与运算，会把该整数最右边一个1变成0.那么一个整数的二进制有多少个1，就可以进行多少次这样的操作。

即可得如下代码：

class Solution {
public:
     int  NumberOf1(int n) {
         int cnt=0;
         while(n!=0){
             cnt++;
            n=n&(n-1);
         }
         return cnt;
     }
};

　　数值的整数次方

给定一个double类型的浮点数base和int类型的整数exponent。求base的exponent次方。

思路：直接用快速幂求解即可。

代码：

class Solution {
public:
    double Power(double base, int exponent) {
        double res=1.0;
        long long p=abs(exponent);
        while(p){
            if(p&1) res*=base;
            base*=base;
            p>>=1;
        }
        return (exponent>0)?res:1/res;
    }
};