原文地址：http://blog.csdn.net/wangyuling1234567890/article/details/38565239
1、写一个高效C语言程序，计算一个无符号整数中1的个数。
for(count=0; x ; count++) x &= x-1; 同理，计算0的位数： for(count=32; x ; count--) x &= x-1;
2、给定字符串S1和S2，敲代码推断S2能否由S1旋转而来，要求仅仅能调用一次strstr系统函数。
void main()
{
char *str1 = "wang";
char *str2 = "angw";
char *tmp = (char*)malloc(2*strlen(str1) + 1);
sprintf(tmp, "%s%s", str1, str1);
if (strstr(tmp, str2))
cout<<"yes"<<endl;
getchar();
}
3、IF条件中填入什么东西，能能让以下的程序打印出HelloWorld？
if(<condition>)
printf ("Hello");
else
printf("World");if (!printf("Hello"))
printf("Hello");
else
printf("World");
4、仅仅改动或加入一个字符，使以下的程序打印出20个*号。（至少有3种解法）
int main()
{
int i, n = 20;
for (i = 0; i < n; i--)
printf("*");
return 0;
}
解法1：
intmain()
{
inti,n=20;
for(i=0;i<n;n--)
printf("*");
return0;
}
解法2：
intmain()
{
inti,n=20;
for(i=0;i<n;i++)
printf("*");
return0;
}
5、写一个算法，反转字符串中的单词顺序。
比如：Hi Welcome to cricode 反转成 cricode to Welcome Hi
void main()
{
string str("Hi Welcome to cricode");
stack<char> cstack;
stack<char> tmp;
int index = 0;
for (index = 0; index < str.size(); index++)
{
cstack.push(str[index]);
}
index = 0;
while(!cstack.empty())
{
if (' ' == cstack.top()) //实验代码，未对标点符号做推断
{
while(!tmp.empty())
{
str[index++] = tmp.top();
tmp.pop();
}
str[index++] = ' ';
cstack.pop();
}
else
{
tmp.push(cstack.top());
cstack.pop();
}
}
while(!tmp.empty())
{
str[index++] = tmp.top();
tmp.pop();
}
cout<<str<<endl;
getchar();
}6、100层楼，给你两个球，球的特性例如以下：假设你从这栋楼的某一小于X的楼层扔下这个球，球不会碎，假设你从大于等于X的楼层扔下，则球必然会碎。假设你能反复使用没有摔碎的球，请给定一个算法，用最少的扔球次数找出边界楼层X.
假设是两个玻璃球，最少次数m确定楼高为N的哪一层開始能使这个玻璃球摔碎这个问题，等价于求最小的m，使得 1+2+...+m >= N 。 假设N正好等于1+2+...+m，那么我认为最优的策略就是第一个玻璃球扔在第m层，假设碎了，显然须要剩下的m-1层从底往上一一尝试，最坏情况就是m； 假设m处没有碎，问题等价于楼高N'=1+2+...+(m-1)的地方相同的问题须要的次数m'+1 （1就是第一次在m层的尝试）， 依据我们的递归，easy得到N'相应须要的次数正好是m-1次，因此总次数也是m。 我们的二分应该倾向于无论失败还是成功，两种情况的总检測次数相等。因此这应该是最优的算法。 当然，当N不能表示成1+2+...+m使，我们仅仅能找最小的m作为须要測试的次数。 至于100层楼，显然m=14，我们的第一次扔球应该分别在第14, 假设没碎继续在14+13=27，再没有碎则扔在第27＋12＝39层，以此类推。
7、A、B两座城市相距1000Km，我们有3000个香蕉要从A城市运往B城市，已知一头大象一次最多能运1000个香蕉，并且大象每次走1Km要吃掉一个香蕉，假设香蕉被吃完了，大象就不能再继续往前走。请问，你终于最多能运多少香蕉到B城市？
1000米设置一个回头点，是不可行的。1000米设置两个回头点A，B，也就是将1000米分成3段。设每段长度为从起点到A点X1，A点到B点X2，B点到终点X3, X1+X2+X3=1000 在A点须要来回5次才干将3000的香蕉运到A点。那么A点有3000-5*X1的香蕉, 通过推理，3000-5*X1小于等于2000, 这样到B点 3000-5*X1-3*X2，这个值小于等于1000, 终点剩下3000-5*X1-3*X2-X3，依据上面的推断，假设都取等于的话: X1=200；X2=334 终于剩下532。 注：事实上X2取333，这时候剩余533个，注意这样的情况下须要丢弃一根香蕉。
8、给你6跟等长的筷子，要求组成四个等边三角形，不同意折断或者弯曲筷子。
正四面体就可以。
9、交换两个整形变量的值，不使用第三个变量
解法1：
把两个整形数放到数轴上，如图（吐槽一下，博客中不能绘图，真不方便，能够考虑添加简单绘图的功能）：
<span style="color:#000099;">-----<span style="color:#FF0000;">|</span>-------------<span style="color:#FF0000;">|</span>------></span>
a <span style="color:#FF0000;"><-- b-a --></span> b
于是有
a=b-a //a为a、b之间距离
b=b-a //b减去a、b之间距离，等于之前a的值
a=b+a //如今的b加上a、b之间距离，等于之前b的值
解法2：
依据异或运算符性质，a=a^b^b：
a=a^b //a' = a^b, b' = b
b=b^a //b' = a , a' = a^b
a=b^a //b' = a, a' = b
解法3：
指针运算，原理同1
10、不使用比較运算符求两个数中较大者
还是数轴原理
#define max(a, b) ( ( (a) + (b) + abs((a) - (b)) ) / 2 )
11、洗牌算法
解法1
a、定义一个54整数数组poker[54]，分别赋值1~54
b、生成两个随机数：m=rand()%54 + 1， n=rand()%54 + 1
c、交换pocker[m]与pocker[n]的值
d、反复b、c动作N次，N值越大越平均，但须要考虑效率。
解法2
使用集合，如vector或list
vector pocker; //未洗牌的一幅扑克，顺序为1~54
vector orderd; //已洗牌的扑克集合，初始为空
while(pocker.size())
{
p = rand() % pocker.size();
orderd.push_back(pocker[p]);
pocker.erase(pocker.begin() + p);
}12、有一根27厘米的细木杆，在第3厘米、7厘米、11厘米、17厘米、23厘米这五个位置上各有一仅仅蚂蚁。木杆非常细，不能同一时候通过两仅仅蚂蚁。開始时，蚂蚁头朝向随意（左或右），它们仅仅会朝前或掉头，不会后退。当随意两仅仅蚂蚁碰头是，两仅仅蚂蚁会同一时候调头朝反向走。如果蚂蚁每秒走1厘米，编敲代码，求全部蚂蚁都离开木杆的最短时间和最长时间。(来自《编程之美》)
解法1
蛮力解法（brute force），枚举各蚂蚁的初始朝向，模拟每一个蚂蚁的运动规律来解决。
解法2
考虑，尽管两仅仅蚂蚁碰头后都掉头往相反的方向，可是，能够看作是是两仅仅蚂蚁相遇后，擦肩而过了（看到这里的时候可能非常多人就有一种恍然大悟的感觉了吧）。也就是说能够觉得蚂蚁的运动独立的，是否有碰头并非问题的中重点。这样尽管每一个蚂蚁的运动轨迹都与原来的不一样了。可是全部的蚂蚁离开木杆的最短的时间和最长时间是不变的。仅仅须要分别计算每一个蚂蚁离开木杆的时间，就可以求出全部蚂蚁离开木杆的时间了。
这样，程序仅仅须要遍历全部的蚂蚁，把每一个蚂蚁走出木杆的最长时间(蚂蚁朝离自己较远的一端走去)，最短时间(蚂蚁朝离自己较近的一端走去)分别求出来，就算出最大值，这两个最大值就是全部蚂蚁离开木杆的最长时间和最短时间。