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不知不觉更新了 LeetCode 一百多道题目，今天特意总结 LeetCode 上一行代码就能解决的智力算法题，希望你也能领略算法的魅力。
第一道：除数博弈
题目来源于 LeetCode 上第 1025 号问题：除数博弈。
题目解析
对于这种博弈类的题目，如果没有思路的话我们不妨多举几个例子，尝试着从中找寻规律。
假设
N = 1，爱丽丝没得选择，直接失败，即 鲍勃获胜；假设
N = 2，爱丽丝有选择，她可以选择x = 1，鲍勃面对的就是N = 2 - 1 = 1，无法操作，爱丽丝获胜；假设
N = 3，爱丽丝只能选择x = 1，因为选x = 2不满足3 % 2 = 0，鲍勃面对的就是N = 3 - 1 = 2，参考上面N = 2的情形，此时鲍勃为N = 2的先手，鲍勃获胜；假设
N = 4，爱丽丝可以选择x = 1来使鲍勃遇到N = 3的情况，爱丽丝获胜；
貌似有个规律：N 为奇数时， 鲍勃获胜；N 为偶数时， 爱丽丝获胜。
是这样吗？
是的。
事实上，无论 N 为多大，最终都是在 N = 2 这个临界点结束的。谁最后面对的是 N = 2 的情形，谁就能获胜（这句话不太理解的话，仔细看看 N = 2、N = 3 这两种情形）。
接下来，我们得知道一个数学小知识：奇数的因子（约数）只能是奇数，偶数的因子（约数）可以是奇数或偶数。
千万不要忽略 1 也是因子！
爱丽丝是游戏开始时的先手。
当她面对的 N 为偶数时，她 一定可以 选到一个 N 的奇数因子 x（比如 1 ），将 N - x 这个奇数传给鲍勃；用
N - x替换黑板上的数字N，鲍勃面对的就是奇数 N，只能选择 N 的奇数因子 x，奇数 - 奇数 = 偶数，此时传给爱丽丝的又是偶数。这样轮换下去爱丽丝会遇到 N = 2 的情形，然后获胜；当爱丽丝遇到的 N 是奇数时，只能传给鲍勃偶数或无法操作 (N = 1) ，无法获胜。
代码实现
//@五分钟学算法
class Solution {
public boolean divisorGame(int N) {
return N % 2 == 0;
}
}
第二道：灯泡开关
题目来源于 LeetCode 上第 319 号问题：灯泡开关。
题目分析
首先，因为电灯一开始都是关闭的，所以某一盏灯最后如果是点亮的，必然要被按奇数次开关。
我们假设只有 6 盏灯，而且我们只看第 6 盏灯。需要进行 6 轮操作对吧，请问对于第 6 盏灯，会被按下几次开关呢？这不难得出，第 1 轮会被按，第 2 轮，第 3 轮，第 6 轮都会被按。
为什么第 1、2、3、6 轮会被按呢？因为 6 = 1×6 = 2×3。一般情况下，因子都是成对出现的，也就是说开关被按的次数一般是偶数次。但是有特殊情况，比如说总共有 16 盏灯，那么第 16 盏灯会被按几次?
16 = 1 × 16 = 2 × 8 = 4 × 4
其中因子 4 重复出现，所以第 16 盏灯会被按 5 次，奇数次。现在你应该理解这个问题为什么和平方根有关了吧？
不过，我们不是要算最后有几盏灯亮着吗，这样直接平方根一下是啥意思呢？稍微思考一下就能理解了。
就假设现在总共有 16 盏灯，我们求 16 的平方根，等于 4，这就说明最后会有 4 盏灯亮着，它们分别是第 1 × 1 = 1 盏、第 2 × 2=4 盏、第 3 × 3 = 9 盏和第 4 × 4 = 16盏。
我们不是想求有多少个可开方的数吗，4 是最大的平方根，那么小于 4 的正整数的平方都是在 1~16 内的，是会被按奇数次开关，最终亮着的灯。
就算有的 n 平方根结果是小数，强转成 int 型，也相当于一个最大整数上界，比这个上界小的所有整数，平方后的索引都是最后亮着的灯的索引。所以说我们直接把平方根转成整数，就是这个问题的答案。
代码实现
class Solution {
public int bulbSwitch(int n) {
return (int)Math.sqrt(n);
}
}
第三道：3的幂
题目来源于 LeetCode 上第 326 号问题：3的幂。
题目解析
正常的思路是不停地去除以 3，看最后的迭代商是否为 1。这种思路的代码使用到了循环，逼格不够高。
这里取巧的方法 用到了数论的知识：3 的幂次的质因子只有 3。
题目要求输入的是 int 类型，正数范围是 0 - 231，在此范围中允许的最大的 3 的次方数为 319 = 1162261467 ，那么只要看这个数能否被 n 整除即可。
代码实现
//@五分钟学算法
class Solution {
public boolean isPowerOfThree(int n) {
return n > 0 && 1162261467 % n == 0;
}
}
第四道：2的幂
题目来源于 LeetCode 上第 231 号问题：2的幂。
题目解析
如果一个数是 2 的次方数的话，那么它的二进数必然是最高位为 1，其它都为 0 ，那么如果此时我们减 1 的话，则最高位会降一位，其余为 0 的位现在都为变为 1，那么我们把两数相与，就会得到 0。
代码实现
//@五分钟学算法
class Solution {
public:
bool isPowerOfTwo(int n) {
return n > 0 && ((n & (n - 1)) == 0);
}
};
第五道：阶乘后的零
题目来源于 LeetCode 上第 172 号问题：阶乘后的零。
题目解析
题目很好理解，数阶乘后的数字末尾有多少个零。
最简单粗暴的方法就是先乘完再说，然后一个一个数。
事实上，你在使用暴力破解法的过程中就能发现规律：这 9 个数字中只有 2（它的倍数） 与 5 （它的倍数）相乘才有 0 出现。
所以，现在问题就变成了这个阶乘数中能配 多少对 2 与 5。
举个复杂点的例子：
10！= 【 2 *（ 2 * 2 ）* 5 *（ 2 * 3 ）*（ 2 * 2 * 2 ）*（ 2 * 5）】
在 10！这个阶乘数中可以匹配两对 2 * 5 ，所以10！末尾有 2 个 0。
可以发现，一个数字进行拆分后 2 的个数肯定是大于 5 的个数的，所以能匹配多少对取决于 5 的个数。（好比现在男女比例悬殊，最多能有多少对异性情侣取决于女生的多少）。
那么问题又变成了 统计阶乘数里有多少个 5 这个因子。
需要注意的是，像 25，125 这样的不只含有一个 5 的数字的情况需要考虑进去。
比如 n = 15。那么在 15! 中 有 3 个 5 (来自其中的5, 10, 15)， 所以计算 n/5 就可以 。
但是比如 n=25，依旧计算 n/5 ，可以得到 5 个5，分别来自其中的5, 10, 15, 20, 25，但是在 25 中其实是包含 2个 5 的，这一点需要注意。
所以除了计算 n/5 ， 还要计算 n/5/5 , n/5/5/5 , n/5/5/5/5 , ..., n/5/5/5,,,/5直到商为0，然后求和即可。
代码实现
//@五分钟学算法
public class Solution {
public int trailingZeroes(int n) {
return n == 0 ? 0 : n / 5 + trailingZeroes(n / 5);
}
}
第六道：Nim 游戏
题目来源于 LeetCode 上第 292 号问题：Nim 游戏。
题目解析
我们解决这种问题的思路一般都是反着思考：
如果我能赢，那么最后轮到我取石子的时候必须要剩下 1~3 颗石子，这样我才能一把拿完。
如何营造这样的一个局面呢？显然，如果对手拿的时候只剩 4 颗石子，那么无论他怎么拿，总会剩下 1~3 颗石子，我就能赢。
如何逼迫对手面对 4 颗石子呢？要想办法，让我选择的时候还有 5~7 颗石子，这样的话我就有把握让对方不得不面对 4 颗石子。
如何营造 5~7 颗石子的局面呢？让对手面对 8 颗石子，无论他怎么拿，都会给我剩下 5~7 颗，我就能赢。
这样一直循环下去，我们发现只要踩到 4 的倍数，就落入了圈套，永远逃不出 4 的倍数，而且一定会输。
代码实现
public class Solution {
bool canWinNim(int n) {
// 如果上来就踩到 4 的倍数，那就认输吧
// 否则，可以把对方控制在 4 的倍数，必胜
return n % 4 != 0;
}
}
第七道：石子游戏
题目来源于 LeetCode 上第 877 号问题：石子游戏。
题目解析
显然，亚历克斯总是赢得 2 堆时的游戏。通过一些努力，我们可以获知她总是赢得 4 堆时的游戏。
如果亚历克斯最初获得第一堆，她总是可以拿第三堆。如果她最初取到第四堆，她总是可以取第二堆。第一 + 第三，第二 + 第四 中的至少一组是更大的，所以她总能获胜。
我们可以将这个想法扩展到 N 堆的情况下。设第一、第三、第五、第七桩是白色的，第二、第四、第六、第八桩是黑色的。亚历克斯总是可以拿到所有白色桩或所有黑色桩，其中一种颜色具有的石头数量必定大于另一种颜色的。
因此，亚历克斯总能赢得比赛。
代码实现
class Solution {
public boolean stoneGame(int[] piles) {
return true;
}
}
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