ebay的逻辑题出的很好，很费脑子，我把记忆深的几道题写出来，对我算是总结，大家可以看看能做出来几道。
1.某个数除以2 余1 ，除以3 余 1，除以。。。。除以10 余1，除以11余0，求这个数最小为多少
2.有1000盏灯，初始状态全灭；1000个开关，第一个开关改变所有1和1的倍数的灯的状态，第二个开关改变所有2和2的倍数的灯的状态……直到第1000个开关。
当1000个开关都执行一遍之后，哪些灯亮着？
3.10个圆最多可以把平面分成多少部分？
4.1*2*3....*100得到的数有几个0？
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以
下
是
答
案
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2012-10-13 ebay
1.某个数除以2 余1 ，除以3 余 1，除以。。。。除以10 余1，除以11余0，求这个数最小为多少。
答：首先这个数是2，3，4，5，6，7，8，9，10的最小公倍数+1.求最小公倍数的方法如下：
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首先把两个数的质因数写出来，最小公倍数等于它们所有的质因数的乘积（如果有几个质因数相同，则比较两数中哪个数有该质因数的个数较多，乘较多的次数）。 比如求45和30的最小公倍数。 45=3*3*5 30=2*3*5 不同的质因数是2,3,5。3是他们两者都有的质因数，由于45有两个3，30只有一个3，所以计算最小公倍数的时候乘两个3. 最小公倍数等于2*3*3*5=90 又如计算36和270的最小公倍数 36=2*2*3*3 270=2*3*3*3*5 不同的质因数是5。2这个质因数在36中比较多，为两个，所以乘两次；3这个质因数在270个比较多，为三个，所以乘三次。 最小公倍数等于2*2*3*3*3*5=540 20和40的最小公倍数是40
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所以，求出最小公倍数为2520.那个数就是2520k+1，然后给k赋不同的值，看能不能除尽11，最后所25201，这个地方没想到好方法。
2.有1000盏灯，初始状态全灭；1000个开关，第一个开关改变所有1和1的倍数的灯的状态，第二个开关改变所有2和2的倍数的灯的状态……直到第1000个开关。
当1000个开关都执行一遍之后，哪些灯亮着？
解答：
如果是不考虑数学，直接编程，那么建立一个拥有1000个标志位的数组，使用for循环对1000个开关和1000个灯进行遍历，标志初识为0，改变状态时在0/1切换。最后状态为1的位，灯亮。
当然这种算法复杂度相当高O(N²)，并不是理想的解决方案。
如果先进行数学分析，第N个灯，将N进行因式分解，无非是N=
1*N =
2*(N/2)...，那么该灯在第1、第n、第2、第n/2……的开关执行的时候，灯的状态改变；可以发现均为成对出现，那么灯的最终状态是不变的。当然也有例外，那就是当N为完全平方数，即N=m*m的时候，此时存在奇数个开关控制灯的状态，那么最终该灯会是亮的。好了，到这里，程序会变得很简单，寻找1000之内所有的完全平方数，这些灯最终都会是开着的。（答案来自百度搜索，问题来自一位牛X的腾讯内部招聘官，不肯告知答案）
答案就是31个，32*32=1024.
3.n个圆最多可以把平面分成多少部分？
设n个圆最多可以把平面分成S(n)个部分。 则可得： S(1)=2； S(2)=4； ... 前n-1个圆最多将平面分成S(n-1)个部分，此时，对于第n个圆来说，它与先前的n-1个圆最多有2(n-1)个交点，即此第n个圆最多被这2(n-1)个交点分成2(n-1)条圆弧段。由于每增加一个圆弧段，便可将原来的某个区域分为两个区域（此处最好看图分析）。因此，第n个圆使平面增加了2(n-1)个区域。因此可得递推关系式： S(n)=S(n-1)+2(n-1), 其中n大于等于2。 由此递推关系式得到： S(n)=S(1)+2*1+2*2+...+2*(n-1)=2+n*(n-1)=n^2-n+2； 即n个圆最多可以把平面分成(n^2-n+2)个部分。(可以自己手动验证一下，答案应该是正确的)
扩充题：n条直线可将平面最多分成几部分?
答：1条直线最多分成2个部分 2条直线最多分成4个部分 3条直线最多分成7个部分 有n-1条直线时，增加一条直线，最多与原来的n-1条直线都相交，增加n部分 所以， n条直线最多分成 1+1+2+3+4....+n=1+n*(n+1)/2
4.1*2*3....*100最后的数有几个0？
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从1到10，连续10个整数相乘： 1×2×3×4×5×6×7×8×9×10。 连乘积的末尾有几个0？ 答案是两个0。其中，从因数10得到1个0，从因数2和5相乘又得到1个0，共计两个。 刚好两个0？会不会再多几个呢？ 如果不相信，可以把乘积计算出来，结果得到 原式=3628800。你看，乘积的末尾刚好两个0，想多1个也没有。 那么，如果扩大规模，拉长队伍呢？譬如说，从1乘到20： 1×2×3×4×…×19×20。这时乘积的末尾共有几个0呢？ 现在答案变成4个0。其中，从因数10得到1个0，从20得到1个0，从5和2相乘得到1个0，从15和4相乘又得到1个0，共计4个0。 刚好4个0？会不会再多几个？ 请放心，多不了。要想在乘积末尾得到一个0，就要有一个质因数5和一个质因数2配对相乘。在乘积的质因数里，2多、5少。有一个质因数5，乘积末尾才有一个0。从1乘到20，只有5、10、15、20里面各有一个质因数5，乘积末尾只可能有4个0，再也多不出来了。 把规模再扩大一点，从1乘到30： 1×2×3×4×…×29×30。现在乘积的末尾共有几个0？ 很明显，至少有6个0。 你看，从1到30，这里面的5、10、15、20、25和30都是5的倍数。从它们每个数可以得到1个0；它们共有6个数，可以得到6个0。 刚好6个0？会不会再多一些呢？ 能多不能多，全看质因数5的个数。25是5的平方，含有两个质因数5，这里多出1个5来。从1乘到30，虽然30个因数中只有6个是5的倍数，但是却含有7个质因数5。所以乘积的末尾共有7个0。 乘到30的会做了，无论多大范围的也就会做了。 例如，这次乘多一些，从1乘到100： 1×2×3×4×…×99×100。现在的乘积末尾共有多少个0？
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能分解出多少个5，就有多少个零，
100÷5=20 100÷25=4 当然24个。 /—————————————————————————————————————————————————————————————————/