编程之美解题笔记

这里的解法均采用书中最优解法，是否还有其它更好的解法，读者可以自己去尝试。如果有，请留言分享一下，感激不尽！

1、问题描述：假设有一个没有头指针的单链表。一个指针指向此单链表中间的一个节点（不是第一个，也不是最后一个节点），请将该节点从单链表中删除。

分析与解法：记下后续结点的值；把当前结点的下一个节点的下一个节点连接到当前节点的next（pCurrent.next=pCurrent.next.next）；把后续结点值赋给当前结点的值。

2、给出两个单向链表的头指针，判断这两个链表是否相交（假设两个链表均不带坏）

分析与解法：1）把第二个链表接在第一个链表的末尾，从第二个链表开始遍历，看是否会回到起始点（根据起始点的唯一内存地址判断）。2）如果两链表相交，则两链表的最后一个节点的内存地址一定相同，分别遍历两链表，判断最后一个节点的内存地址是否相同。

3、求二进制数中1的个数

分析与解法：假设目标二进制数为B,num为1的个数。1）每次与0x01即B&0x01：while(B){num+=B & 0x01;B>>=1;}。2）每次&(自身-1)即B&(B-1)：while(B){B &=(B-1); num++;} return num。

4、求整数N的阶乘N!末尾有多少个0

分析与解法：假设N!=2(x)*5(z)*......括号中表示多少次方2(x)表示2的x次方。0的个数M=min{x,z}。不难看出x大于z（读者自己慢慢研究，最好是从1到10一个一个的想）。所以M=z。

1）直接求5的个数

int ret=0;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		int j=i;
		while(j%5==0){
			ret++;
			j/=5;
		}
	}

2）公式：z=[N/5]+[N/5(2)]+[N/5(3)]+....，其中（）中表示次方，如5(2)表示5的2次方。（这个我还没有想明白，哪位高手帮忙指点一下，谢谢！）

int ret=0;
	while(N){
		ret+=N/5;
		N/5;
	}

5、 精确表达浮点数。 在计算机中，使用float或者double来存储小数是不能得到精确值的。如果你希望得到精确计算结果，最好是用分数形式来表示小数。有限小数或者无 限循环小数都可以转化为分数。 解法见：http://blog.csdn.net/love254443233/article/details/9114097

6、最大公约数问题。

分析与解法：

1）辗转相除

 int gcd(int x , int y)
 {
    return (y == 0 )?x :gcd(y , x % y) ;     
 }

2） 辗转相减法

 int gcd(int x , int y)
 {
    if(x < y)
     return  gcd(y , x) ;  
    else if(y == 0)
     return x ;
    else
     return gcd(x - y , y) ; 
 } 

3） 第一种方法递归次数相当少但每次取模挺耗时，而第二种递归可能会相当多，但每次运算都是减法运算，但是运算次数很多。最后提出一种相除和相减相结合的方法，保证了不做过多冗余的步骤

若x，y均为偶数，f(x,y) = 2*f(x/2,y/2) = 2*f(x>>1,y>>1)

若x为偶数，y为奇数，f(x,y) = f(x/2,y) = f(x>>1,y)

若x为奇数，y为偶数，f(x,y) = f(x,y/2) = f(x,y>>1)

若x，y均为奇数，f(x,y) =f(y,x-y)

 int gcd(int x , int y)
 {
   if(x < y)
      return gcd(y , x) ;
   if(y == 0)
      return x ;
    if(isEven(x))
    {
      if(isEven(y))    
         return gcd(x - y, y) ;         
      else
         return gcd(x , y >>1) ;            
    }    
    else
    {
       if(isEven(y)) //y为奇数            
         return gcd(x >> 1, y) ;         
      else
         return 2 * gcd(x >> 1, y >> 1) ;
    }
 }

6、 快速寻找满足条件的两个数： 输入一个数组和一个数字，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。
要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。
方法：先排序（n*logn），然后用两个指针i，j，各自指向数组的首尾两端，令i=0，j=n-1，然后i++，j--，逐次判断a[i]+a[j]?=sum，如果某一刻a[i]+a[j]>sum，则要想办法让sum的值减小，所以此刻i不动，j--，如果某一刻a[i]+a[j]<sum，则要想办法让sum的值增大，所以此刻i++，j不动。所以，数组无序的时候，时间复杂度最终为O（n*logn+n）=O（n*logn），若原数组是有序的，则不需要事先的排序，直接O（n）搞定，且空间复杂度还是O（1）。

while (i<j) 
    { 
        int plus = A[i]+A[j]; 
        if (plus == sum) 
        { 
            printf("(%d,%d) ",A[i],A[j]); 
            i++, j--; 
        } 
        else if (plus < sum) 
            i++; 
        else 
            j--; 
    } 

--------会一直续

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