1、整型数V的二进制中1的个数
//普通解法：除以2，看余数 int Count(int v) { int num = 0; while(v) { if(v % 2 == 1) ++ num; v /= 2; } return num; } //使用位移 int Count(int v) { int num = 0; while(v) { num += v & 1; v >>= 1; } return num; }
位移的思路，当输入i是正数时没有问题，但当输入的i是一个负数时，不但不能得到正确的1的个数，还将导致死循环。以负数0x80000000为例，右移一位的时候，并不是简单地把最高位的1移到第二位变成0x40000000，而是0xC0000000。这是因为移位前是个负数，仍然要保证移位后是个负数，因此移位后的最高位会设为1。如果一直做右移运算，最终这个数字就会变成0xFFFFFFFF而陷入死循环。
为了避免死循环，我们可以不右移输入的数字i。首先i和1做与运算，判断i的最低位是不是为1。接着把1左移一位得到2，再和i做与运算，就能判断i的次高位是不是1……这样反复左移，每次都能判断i的其中一位是不是1。基于此，我们得到如下代码：
int Count1(int v) { int num = 0; unsigned int flag = 1; while(flag) { if(v & flag) ++ num; flag <<= 1; } return num; }
整数A 和B 的二进制表示中有多少位是不同的？
把两个整数 A, B 异或, 然后又回归到判断 1 的个数
int Count(int a, int b) { int num = 0; int v = a ^ b; while(v) { v &= (v-1); num++; } return num; }
整数n，判断它是否为2的方幂（即二进制中只有一个1）
解答：n>0 && (n&(n-1)==0)
原理：由于2的N次方的数二进制表示是第1位为1，其余为0，而x-1（假如x为2的N次方）得到的数的二进制表示恰恰是第1位为0，其余为1，两者相与，得到的结果就为0，否则结果肯定不为0
2、N的阶乘中末尾有几个0
如果N!= K×10M，且K不能被10整除，那么N!末尾有M个0。再考虑对N!进行质因数分解，N!=（2^x）×（3^y）×（5^z）…，由于10 = 2×5，所以M只跟X和Z相关，每一对2和5相乘可以得到一个10，于是M = min（X, Z）。不难看出X大于等于Z，因为能被2整除的数出现的频率比能被5整除的数高得多，所以把公式简化为M = Z。问题相当于求N!中有质因数5的个数
//直接计算i（i=1,2,...,N）的因式分解中5的指数 int numberOfFive(int N) { int ret = 0; for(int i = 1; i <= N; i++) { int j = i; while(j%5 == 0) { ret++; j /= 5; } } return ret; } // N!中含有质因数5的个数： Z = [N/5] + [N/5^2] + [N/5^3]+... int numberOfFive2(int N) { int ret = 0; while(N) { ret += N / 5; N /= 5; } return ret; }
N!的二进制表示中最低位1的位置。给定一个整数N，求N!二进制表示的最低位1在第几位？例如：给定N=3，N!=6，那么N!的二进制表示（110）的最低位1在第二位。
这个问题实际上等同于求N!含有质因数2的个数。即答案等于N!含有质因数2的个数加1。
N!中含有质因数2的个数，等于 N/2 + N/4 + N/8 + N/16 + …
int lowestOne(int N) { int ret = 0; while(N) { N >>= 1; ret += N; } return ret; }
3、1的个数
给定一个整数n，求从1到n这n个整数的十进制表示中1出现的次数。
例如输入12，从1到12这些整数中包含1 的数字有1，10，11和12，1一共出现了5次。
//统计一个整数的十进制表示中1出现的次数 unsigned int CountOneInAInteger(unsigned int n) { unsigned int count = 0; while(n) { if(n % 10 == 1) count++; n /= 10; } return count; } //统计从1到n这n个整数的十进制表示中1出现的次数 unsigned int CountOneBitween1AndN_Solution1(unsigned int n) { unsigned int count = 0; for(unsigned int i = 1; i <= n; i++) count += CountOneInAInteger(i); //穷举法 return count; } //优化的算法，来自《编程之美》，比较麻烦，只能看明白 unsigned int CountOneBitween1AndN_Solution2(unsigned int n) { unsigned int count = 0; unsigned int factor = 1; //计算每一位上出现1的次数，从个位开始 //每一位上出现1的次数与它的高位数字、低位数字、以及自身都有关系 //比如12345，如果计算百位上出现1的次数，这要考虑高位数字12，以及低位数字45有关 unsigned int lowNum = 0; //低位数字 unsigned int highNum = 0; //高位数字 unsigned int curNum = 0; //当前位 while(n / factor != 0) { lowNum = n - (n / factor) * factor; highNum = n / (factor * 10); curNum = (n / factor) % 10; switch(curNum) { case 0: //当前位的数字为 0 count += highNum * factor; //只与高位有关 break; case 1: count += highNum * factor + lowNum + 1; //与高位低位都有关 break; default: count += (highNum + 1) * factor; //与高位有关 break; } factor *= 10; //计算下一位 } return count; }
4、最大公约数
//辗转相除法：f(x, y)= f(y, x % y)（y>0） int gcd(int x, int y) { if(y == 0) return x; else return gcd(y, x%y); } //辗转相减法：f(x, y)= f(x-y, y)（x>y） int gcd(int x, int y) { if(x < y) return gcd(y, x); if(y == 0) return x; else return gcd(x - y, y); } /* x is even, y is even, f(x, y) = 2 * f(x>>1, y>>1) x is even, y is odd, f(x,y) = f(x>>1, y) x is odd, y is even, f(x,y) = f(x, y>>1) x is odd, y is odd, 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; else { if(IsEven(x)) { if(IsEven(y)) return (gcd(x >> 1, y >> 1) << 1); else return gcd(x >> 1, y); } else { if(IsEven(y)) return gcd(x, y >> 1); else return gcd(y, x - y); } } }
5、判断一个自然数N是否是某个数的平方。当然不能使用开方sqrt()函数运算。
方法1：遍历从1到N的数字，求取平方并和N进行比较。如果平方小于N，则继续遍历；如果等于N，则成功退出；如果大于N，则失败退出。时间复杂度为O(n)。
方法2：使用二分查找法，对1到N之间的数字进行判断。复杂度为O(logN)。
unsigned int sqrt(unsigned int x) { // x的最大值不超过max*max unsigned int max = (1 << (sizeof(x)/2*8))-1; //65535 if (max*max < x) return max; unsigned int low = 0; unsigned int high = max-1; unsigned int mid = 0; while(1) { mid = (low+high)/2; if (x < mid * mid) high = mid-1; else if((mid+1)*(mid+1) <= x) low = mid+1; else //if(mid * mid <= x && x < (mid+1)*(mid+1)) break; } return mid; }
方法3：由于(n+1)^2 = n^2 + 2n + 1 = ...= 1 + (2*1 + 1) + (2*2 + 1) + ... + (2*n + 1)
注意到这些项构成了等差数列（每项之间相差2），所以我们可以比较 N-1， N - 1 - 3， N - 1 - 3 - 5 ... 和0的关系。如果大于0，则继续减；如果等于0，则成功退出；如果小于 0，则失败退出。
复杂度为O(n)。不过方法3中利用加减法替换掉了方法1中的乘法，所以速度会更快些。
int square(int n) { int i = 1; n = n - i; while(n > 0) { i += 2; n -= i; } if(n == 0) //是某个数的平方 return 1; else //不是某个数的平方 return 0; }
6、怎么能随即生成m个数，让其和等于n？
题目：假设生成26个非负随机数，要求其和是301，求程序生成此列数字
解法一：关于此种算法原理，可以假想是一根长301单位的绳子，然后随即在其上面截25个点，于是得到26根子绳，这26根子绳之和恰好就是绳子总长301。
于是可以：
1 初始化27的数组
2 该数组0位和26位分别为0和301，其他位置填充0到301之间的随机数字
3 对数组排序
4 数组相邻数字相减，所得的26个差值即为所求数列。
解法二：这种方案利用了非负这个不显眼的条件，思路非常简单，就是将1随机加到一个26位数组中，随机301次，有点剑走偏锋，另辟蹊径。