题目8
把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，我们称之为数组的旋转。
输入一个非递减排序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。
例如数组{3,4,5,1,2}为{1,2,3,4,5}的一个旋转，该数组的最小值为1。
NOTE：给出的所有元素都大于0，若数组大小为0，请返回0。
思路
题目给出的数组在一定程度上是排序的，因此可以使用二分查找法的思路来寻找这个最小的元素。
二分查找一般都设置两个指针P1,P2分别指向数组的第一个元素和最后一个元素，然后通过找到中间元素，比较大小不断缩小指针的指向范围。
我们需要找到的就是递增数组和递减数组的临界点。
1.第一次指向，如果中间元素大于第一个元素，那么说明中间元素位于前半部分递增数组中。可以移动P1指向中间元素的位置
2.如果中间元素小于第一个元素，那么说明中间元素位于后半部分的递减数组中，则移动P2指向中间元素的位置。
3.不断比较P1和P2指针中间元素和P1元素的大小，更新指针指向，直到两个指针指向相邻位置。这样能说明两个指针已经处于数组的临界点了。那么P2指向的元素就是最小元素，P1指向的就是最大元素
4.需要注意考虑出现重复元素的情况，下面的解答没考虑。即当两个指针指向的数字及它们的中间数字三者相等时，就无法判断中间元素处于递增还是递减数组了，无法通过移动指针来缩小范围。就需要通过顺序查找来完成。就需要在方法里加入这一情况 if array[med]==array[p1]==array[p2]，就在两个指针之间通过顺序查找比较大小，找到最小值。
解答
import java.util.ArrayList;
public class Solution {
public int minNumberInRotateArray(int [] array) {
int p1=0;
int p2=array.length-1;
int med=0;
if(array.length==0){
return 0;
}
while(p2-p1!=1){
med=(p1+p2)/2;
if(array[med]>=array[p1]){
p1=med;
}
else
p2=med;
}
if(array[p1]<=array[p2]){
return array[p1];
}
else
return array[p2];
}
}
题目9
大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项（从0开始，第0项为0）。 n<=39
思路
Fibonacci数列是典型的递归函数场景，但是由于计算过程中有很多重复的节点，因此递归解法有很严重的效率问题。
解答
public class Solution {
public int Fibonacci(int n) {
if(n==0){
return 0;
}
else if(n==1){
return 1;
}
else{
return Fibonacci(n-1)+Fibonacci(n-2);
}
}
}
题目9-1
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）。
思路
这就是斐波那切数列的一个应用场景。
1.如果只有一级台阶，那么显然只有一种跳法。
2.如果有两级台阶，则2=2/2=1+1，有两种跳法。
3.当n>2，则有两种选择，当第一次只跳一级，后面剩下的n-1就相当于跳n-1级台阶；当第一次跳2级，后面剩下的相当于跳n-2级台阶。因此f(n)=f(n-1)+f(n-2) 。
4.我们刚提到了上面的斐波那契数列解法会产生太多的重复计算，导致效率过低。那这里我们通过保存得到的数列中间项避免重复计算，或者从下往上推，即根据f(1)和f(0)得到f(2)，根据f(1)和f(2)又得到f(3)（其中f(1)就是上一次计算中的一项，而f(2)又已经通过上次计算得到，两项相加即可），我们在过程中都可以对这些上一项进行保存。就可以简化计算，得到时间复杂度为O(n)的解法。
解答
public class Solution {
public int JumpFloor(int target) {
int[] result={1,2};
if(target<=2){
return result[target-1];
}
int floorOne=1;
int floorTwo=2;
int floorN=0;
for(int i=3;i<=target;++i){
floorN=floorOne+floorTwo;
floorOne=floorTwo;
floorTwo=floorN;
}
return floorN;
}
}
题目9-2
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
思路
这道题可以通过两种思路来解：
1.通过数学计算推导，我们可以发现f(n)=1+2^0+2^1+2^2+···+2^(n-2)，那么等比数列求和就可以计算出来f(n)=2^(n-1)
2.分析可以得到f(n)=f(1)+f(2)+···+f(n-1)+1，同样可以通过上一题的迭代过程中保存上一层的值，计算得到值。
解答
public class Solution {
public int JumpFloorII(int target) {
int sum=1;
int first=1;
while(target>1){
sum+=first;
first=sum;
target--;
}
return sum;
}
}
题目9-3
我们可以用2*1的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个2*1的小矩形无重叠地覆盖一个2*n的大矩形，总共有多少种方法？
思路
通过画图，我们可以发现这也是斐波拉契数列的一种应用。f(n)=f(n-1)+f(n-2)
注意边界值0
解答
public class Solution {
public int RectCover(int target) {
int[] result={0,1,2};
if(target<=2){
return result[target];
}
int firstN=1;
int twoN=2;
int sumN=0;
for(int i=3;i<=target;i++){
sumN=firstN+twoN;
firstN=twoN;
twoN=sumN;
}
return sumN;
}
}
题目10
输入一个整数，输出该数二进制表示中1的个数。其中负数用补码表示。
思路
1.Integer.bitCount(int n)；//这个函数就可以用于计算整型的二进制表示中1的个数。
2.整数右移和除以2在数学上等价，但是除法的效率比移位运算要低得多，因此在编程过程中尽可能使用移位运算代替乘除法。
3.我们可以不断把输入的整数进行右移，然后判断最后一位是否为1。不断右移，直到整个整数变为0为止。
4.那么这种思路怎么判断一个整数的最右边是否为1，可以采用整数与1进行与运算。由于1除了最右一位为1，别的位都为0，那么如果整数与1进行与运算结果是1，表示该整数最右一位是1，否则是0.
5.但是这种方法如果输入一个负数，就需要保证移位后也是负数，则移位后的最高位设为1，如果一直做右移运算，这个数将陷入死循环。为了避免陷入死循环，可以不右移输入的数字n，而通过将n与1做与运算，判断n的最低位是否为1。而且这种思路循环的次数就相当于整数二进制的位数。
6.简化这个操作，那么我们就考虑将一个数减去1的情况。
n: 100100
n-1: 100011
n&(n-1):100000
每次将 n 和 n-1 进行 & 运算，从右往左去掉二进制最右边的一个1。
解答
public class Solution {
public int NumberOf1one(int n) { int count=0; while(n!=0){
if(n&1) count++; n=n>>1;
}
return count; }
public int NumberOf1two(int n) { int count=0; unsigned int flag=1; while(flag!=0){ if(n&flag) count++; flag=flag<<1; } return count; } public int NumberOf1three(int n) {
int count=0;
while(n!=0){
++count;
n=(n-1)&n;
}
return count;
}
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/lyeeer/p/12215817.html