1、求二进制数中1的个数：
1、除以2 根据余数 判断，迭代
2、与1相与，根据结果判断，循环移位
3、列出全部数据映射2-1 3-2 4-1 。。。 建立Hash表O(1)
4、(1100&1011=1000 能去掉最右边的1)
intNumber（int n ）{
int count=0;
while(n){
count++;
n=(n-1)&n;
}
}
2、求出数组中个数超过一半的数字A
每次删除2个不同的数字，那么在剩下的数字中，A仍会超过总数的一半。
int find(int ID[], int n){ int nTimes = 0, i, candidate; for(i = 0; i < n;i++){ if(nTimes == 0){ candidate = ID[i]; nTimes = 1; } else{ if(candidate == ID[i]) nTimes++; else nTimes--; } } return candidate; }
现在有3个发帖水王，发帖数目都超过了总数的1/4,怎么找出这三个人？
现在我们需要3个变量来记录当前遍历过的3个不同的ID，而nTimes的3个元素分别对应当前遍历过的3个ID出现的个数。如果遍历中有某个ID不同
于这3个当前ID，我们就判断当前3个ID是否有某个的nTimes为0，如果有，那这个新遍历的ID就取而代之，并赋1为它的遍历数（即nTimes减1）
，如果当前3个ID的nTimes皆不为0，则3个ID的nTimes皆减去1。
3、n个数字中取出前K大的数；
方法一：
1、用快排的思想，a[0]为基准，划分数组为Sa都大于a[0]，Sb都小于a[0]
2、若|Sa|<K,则Sa中的所有数加上Sb中的K-|Sa|个数就是数组的前K大
3、若|Sa|>K,则Sa中的前K个数就是数组的前K大
4、这样递归下去，不断把问题分解为更小的子问题，平均复杂度为O(N*logK)
方法二：
用最小堆时间复杂度也是O(N*logK)
空间复杂度是O(K)
在N非常大，数据需要存储在磁盘上，而K相对很小，可以在内存上轻易维护大小为K的堆的情况下，在减少磁盘I/O上会有一定的优势，因为每个
元素只需要被读取一次。
4、得到数组的最大值和最小值：
方法一：每2个数字比较，大的放在偶数位，小的在奇数位，在各自求极值，1.5N的复杂度
方法二：每2个数字比较，大的再和MAX比较，小的再和MIN比较，不用破坏数组，也是1.5N。
方法三：也可以用分治，求前后N/2的MIN和MAX，小小比较得到MIN，大大比较得到MAX，递归
5、求二维平面上N个点，距离最小的2点
方法一：穷举O(n^2)
方法二：分治法，中点x对半分成2个区域，分别求最小得出min，但可能出现左右2边有2点间距最小，只考虑在[x-min,x+min]内的点，以此解法
递归求解
数组中取出2个数的和等于给定值A
方法一：O(n^2) a[i]+a[j]==A? 或者用a[j]==A-a[i]?
方法二：消耗O(n)的空间存储Hash表，根据映射查找A-a[i]是否在表中
方法三：先排序O(nlogn)，再用双指针left(0), right(n-1)指向2端,若之和大于A则right移动
否则left移动。
6、N-1子数组的最大乘积
不急分情况讨论：（N个数的乘积）
1、p=0 再分情况：q为N-1个数的乘积
q=0解为0
q<0解为0
q>0为解
2、p<0去掉绝对值最小的那个负数即可
3、p>0去掉绝对值最小的那个正数
（+暴力破解）O(n^2)
7、求子数组最大和：
方法一：暴力O(n^3)
方法二：分治法：
A[n]最大字段和值为三种情况：
1、A[n/2-1]的最大字段和
2、A[n/2]到A[n]的最大字段和
3、最大字段和横跨A[n/2-1]和A[n/2]（卡中间，计算Sum=sum1+sum2）
方法三：动态规划法
//如果sum>Max 则更新Max
//如果sum<0 则 更新sum为0 继续循环
//否则是0<sum<Max 说明sum是有潜力的，后来可能会更新为更大的值
for(int i=1;i<=t;i++){
sum+=a[i];//sum存储当前最大的b[j], b存储b[j]
if(sum>Max)Max=sum;
if(sum<0)sum=0;
}
//Max存储全局最大，sum随着指针移动而变化，为负数则置0
//找到更大的则赋给Max，Max始终存储全局最大
8、求数组中最长递增子序列：
前i个元素中最长递增子序列为LIS[i]
则有：LIS[i+1]=max{1,LIS[k]+1}
for(int i=0;i<arr.length;i++){
LIS[i]=1;
for(int j=0;j<i;j++){
if(arr[i]>arr[j]&&LIS[j]+1>LIS[i])
LIS[i]=LIS[j]+1;
}
}
return Max(LIS);
9、数组循环右移K位，复杂度O(n),最多允许使用2个变量
abcd1234右移4位->1234abcd
前4位逆序排列 abcd1234->dcba1234
后4位逆序排列dcba1234->dcba4321
全部逆序dcba4321->1234abcd
Reverse(int* arr,int b,int e){
for(;b<e;b++,e--){
int temp=arr[e];
arr[e]=arr[b];
arr[b]=temp;
}
}
RightShift(int* arr,int N,int k){
K%=N;
Reverse(arr,0,N-K-1);
Reverse(arr,N-K,N-1);
Reverse(arr,0,N-1);
}
(没要求空间复杂度才可以创建一个新的数组直接O(N)copy过去)
一位一位移动的复杂度是O（K*N）
10、数组分割：使得2份之和 尽量接近
11、字符串移位包含：
1、暴力破解
2、判断s2是否是s1的移位包含，可以将2个s1连起来以避免移位。
AABCD AABCD包CDAA 空间换时间
12、从无头单链表中删除节点：
假设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p（不头不尾），要删除该节点p
"狸猫换太子"：可以把p节点后面的节点q的value赋值到p节点，
然后删除节点q即可
q=p-next;
p->data=q->data;
p-next=q-next;
13、判断2个链表a，b是否相交：
1、暴力解法 依次判断a中节点是否在b中，复杂度O(length(a)*length(b))
2、用hash建立其中一个链表的节点地址查询hash表
3、可以将b链表表头连接在a表的后面，在判断链表是否有环
4、直接判断最后一个节点是否是同一节点，复杂度O(length(a)+length(b))是最快捷的解法
（怎样找到第一个公共结点？）链表长的-短的=i 长的先走i步，然后一起走，每步判断结点是否相同
14、重建二叉树：根据前序和中序
15、分层遍历二叉树：