剑指Offer66题之每日6题 - 第二天
原题链接：
- 第一题：斐波那契数列；
- 第二题：跳台阶；
- 第三题：变态跳台阶；
- 第四题：矩形覆盖；
- 第五题：二进制中1的个数；
- 第六题：数值的整数次方；
第一题：斐波那契数列
题目：
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。
解析：
斐波拉契数列的定义：
- F0=0,F1=1 F 0 = 0 , F 1 = 1 ；
- Fn=Fn−1+Fn−2(n≥2) F n = F n − 1 + F n − 2 ( n ≥ 2 ) 。
用
f1, f2分别表示 Fi−2 F i − 2 , Fi−1 F i − 1 ，用ret表示 Fi F i ，每次令ret = f1 + f2,ret就表示 Fi F i 得到 Fn F n ，然后把f1, f2分别更新为 Fi−1 F i − 1 , Fi F i , 依次类推，ret的值就是最终 Fn F n 的值。
int型整数只能保存 F0→F46 F 0 → F 46 ，下面是这个区间的斐波拉契数列的值：
0: 0 1: 1 2: 1 3: 2 4: 3 5: 5 6: 8 7: 13 8: 21 9: 34 10: 55 11: 89 12: 144 13: 233 14: 377 15: 610 16: 987 17: 1597 18: 2584 19: 4181 20: 6765 21: 10946 22: 17711 23: 28657 24: 46368 25: 75025 26: 121393 27: 196418 28: 317811 29: 514229 30: 832040 31: 1346269 32: 2178309 33: 3524578 34: 5702887 35: 9227465 36: 14930352 37: 24157817 38: 39088169 39: 63245986 40: 102334155 41: 165580141 42: 267914296 43: 433494437 44: 701408733 45: 1134903170 46: 1836311903
class Solution {
public:
int Fibonacci(int n) {
if (n == 0)
return 0;
if (n == 1)
return 1;
int f1 = 0, f2 = 1, ret;
for (int i = 2; i <= n; i++)
ret = f1 + f2, f1 = f2, f2 = ret;
return ret;
}
};第二题：跳台阶
题目：
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。
解析：
最简单的动态规划，考虑最后跳上第
n阶台阶，有两种方式往上跳：
- 从第
n - 1阶往上跳一级到第n阶；- 从第
n - 2阶往上跳二级到第n阶。那么 f(i) f ( i ) 表示该青蛙跳上一个
i级的台阶总共跳法。故 f(i)=f(i−1)+f(i−2),f(0)=f(1)=1 f ( i ) = f ( i − 1 ) + f ( i − 2 ) , f ( 0 ) = f ( 1 ) = 1 ，这就是变形版的斐波拉契数列啊，直接求解。
class Solution {
public:
int jumpFloor(int n) {
if (n == 1)
return 1;
int f1 = 1, f2 = 1, ret;
for (int i = 2; i <= n; i++)
ret = f1 + f2, f1 = f2, f2 = ret;
return ret;
}
};第三题：变态跳台阶
题目：
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。
解析：
根据上题可以写出下面的公式：
f(n)=f(0)+f(1)+⋯+f(n−1),f(0)=1 f ( n ) = f ( 0 ) + f ( 1 ) + ⋯ + f ( n − 1 ) , f ( 0 ) = 1
开一个数组f来存储 f(i) f ( i ) ，二重循环可以得到 f(i) f ( i ) ；但是如果你注意到 f(0)+f(1)+⋯+f(n−2)=f(n−1) f ( 0 ) + f ( 1 ) + ⋯ + f ( n − 2 ) = f ( n − 1 ) ，那么 f(n) f ( n ) 中的 f(0)+f(1)+⋯+f(n−2) f ( 0 ) + f ( 1 ) + ⋯ + f ( n − 2 ) 用 f(n−1) f ( n − 1 ) 代替，可以得到下面式子：
f(n)=2f(n−1) f ( n ) = 2 f ( n − 1 )
这是一个首项为1，公比为2的等比数列啊，直接可以得到最终表达式f(n)=2n−1 f ( n ) = 2 n − 1
class Solution {
public:
int jumpFloorII(int number) {
return 1 << (number - 1);
}
};第四题：矩形覆盖
题目：
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？
解析：
和跳台阶那题一样的思考方式，考虑最后是怎么填充到
2*n的矩形的，看下图的1，2：
根据这幅图片我们也可以轻松得到表达式
f(n)=f(n−1)+f(n−2),f(1)=1,f(2)=2 f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) , f ( 1 ) = 1 , f ( 2 ) = 2千万不要2 中的那两个方块竖直过来再算一种情况，这样会多算，因为这种情况在1中就计算过了，如果题目改一下：用
2*1和2*2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，那么就要用到3中的情况，那么表达式也要相应改为：f′(n)=f′(n−1)+2f′(n−2),f′(1)=1,f′(2)=3 f ′ ( n ) = f ′ ( n − 1 ) + 2 f ′ ( n − 2 ) , f ′ ( 1 ) = 1 , f ′ ( 2 ) = 3
class Solution {
public:
int rectCover(int number) {
if (number == 0)
return 0;
if (number == 1)
return 1;
if (number == 2)
return 2;
int f1 = 1, f2 = 2, ret;
for (int i = 3; i <= number; i++)
ret = f1 + f2, f1 = f2, f2 = ret;
return ret;
}
};第五题：二进制中1的个数
题目：
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。
解析：
这题有很多做法，我选一个时间复杂度与该整数二进制代码中1的个数正相关的算法来讲；
首先，你必须知道如何消除二进制中最后一个位1，利用
n &= (n - 1)就可以做到。然后看一下消了几次n变成0，次数就是答案。
n &= (n - 1)具体的操作是把最后一位1变成0，后面的0变成1，与运算一下，最后一位1就消掉了。
class Solution {
public:
int NumberOf1(int n) {
int ret = 0;
for (; n; n &= (n - 1), ret++);
return ret;
}
};要注意，这题是不能用移位来求1的个数的，因为负数用补码表示，而移位是算术移位，如果是负数移位后会在最高位补1，那么就不能正确统计个数，而且程序会死循环，解决方法是把负数强制转换为
unsigned int，然后在执行移位，可以得到正确答案。
第六题：数值的整数次方
题目：
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。
解析：
二分求解， baseexp=(baseexp2)2∗(baseor1) b a s e e x p = ( b a s e e x p 2 ) 2 ∗ ( b a s e o r 1 ) 。
求解的时候判断下
exp的正负和exp的奇偶就行了。时间复杂度： O(logn) O ( l o g n ) 。
class Solution {
public:
double Power(double base, int exponent) {
bool f = exponent < 0;
if ((exponent = abs(exponent)) == 0)
return 1.0;
double ret = Power(base, exponent / 2);
ret = exponent % 2 ? ret * ret * base : ret * ret;
return f ? 1.0 / ret : ret;
}
};