1、斐波那契数列
【题目】
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）。
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【代码】
package swear2offer.array;public class FeiBoNaQi { /** * 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）。 * 0,1,1,2,3,5 * n2) { int[] a = new int[n+1]; a[0] = 0; a[1] = 1; a[2] = 1; for (int i=3; i<=n; i++) { a[i] = a[i-1] + a[i-2]; } return a[n]; } else { if (n == 0) return 0; else return 1; } } public static void main(String[] args) { System.out.println(new FeiBoNaQi().Fibonacci(39)); System.out.println(new FeiBoNaQi().Fibonacci(39)); }}
2、矩形覆盖
【题目】
我们可以用 21 的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用 n 个 21 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？
比如 n=3 时，2*3 的矩形块有 3 种覆盖方法：
代码：
package swear2offer.array;public class Rectangle { /** * f[0] = 0; * f[1] = 1; * f[2] = 2; * f[3] = 3; * f[4] = 5; * f[5] = 8; * f[n] = f[n-1] + f[n-2] * */ public int RectCover(int target) { if (target < 4) return target; int[] f = new int[target + 1]; int i; for (i=0; i<4; i++) f[i] = i; for (i=4; i<=target; i++) { f[i] = f[i-1] + f[i-2]; } return f[target]; } public static void main(String[] args) { System.out.println(new Rectangle().RectCover(5)); }}
【思考】
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最直白的结题方式就是找规律，从总结的规律可以看出这是斐波那契数列的实现方式；另一种就是根据题意来解答，求n的方法，这类问题很容易想到是从n-1来求解，而第一个块是横（f[n-2]）是竖(f[n-1])，分别对应不同的情况
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3、二进制中 1 的个数
【题目】
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。
【代码】
package swear2offer.array;public class Binary { /** * 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。 * */ public int NumberOf1(int n) { int count; count = 0; while(n != 0) { n = n & (n-1);// 与操作就是二进制的操作，适用原码和补码 count ++; } return count; }}
【思考】
负数的反码： 符号位不变,其余各位按位取反负数的补码：在其反码的基础上+1
如果一个整数不为 0，那么这个整数至少有一位是 1。如果我们把这个整数减 1，那么原来处在整数最右边的 1 就会变为 0，原来在 1 后面的所有的 0 都会变成 1 (如果最右边的 1 后面还有 0 的话)。其余所有位将不会受到影响。
举个例子：一个二进制数 1100，从右边数起第三位是处于最右边的一个 1。减去 1 后，第三位变成 0，它后面的两位 0 变成了 1，而前面的 1 保持不变，因此得到的结果是 1011. 我们发现减 1 的结果是把最右边的一个 1 开始的所有位都取反了。这个时候如果我们再把原来的整数和减去 1 之后的结果做与运算，从原来整数最右边一个 1 那一位开始所有位都会变成 0。如 1100&1011=1000. 也就是说，把一个整数减去 1，再和原整数做与运算，会把该整数最右边一个 1 变成 0. 那么一个整数的二进制有多少个 1，就可以进行多少次这样的操作。
4、数值的整数次方
【题目】
给定一个 double 类型的浮点数 base 和 int 类型的整数 exponent。求 base 的 exponent 次方。
保证 base 和 exponent 不同时为 0
【代码】
package swear2offer.array;public class Power { public double Power(double base, int exponent) { if (base == 0) return 0; if (exponent == 0) return 1; int count; boolean flag; double temp; count = 1; temp = base; flag = true;// 标记正负 if (exponent < 0){ exponent = -exponent; flag = false; } while (count < exponent) { base *= temp; count ++; } if (flag) { return base; } else { return 1/base; } } public static void main(String[] args) { System.out.println(new Power().Power(2,-3)); }}
【思考】
本题难度并不大，算法也不是很复杂，但是边边角角很容易遗漏，
第一点就是exponent的正负，很容易就漏掉负数的情况
其次，base==0和exponent==0的情况是不一样的
最后，base累乘的时候，是不能用本身的，因为base是不断变大的。
5、调整数组顺序使奇数位于偶数前面
【题目】
输入一个整数数组，实现一个函数来调整该数组中数字的顺序，使得所有的奇数位于数组的前半部分，所有的偶数位于数组的后半部分，并保证奇数和奇数，偶数和偶数之间的相对位置不变。
【代码】
package swear2offer.array;import java.util.Arrays;public class OddEven { /** * 输入一个整数数组，实现一个函数来调整该数组中数字的顺序， * 使得所有的奇数位于数组的前半部分，所有的偶数位于数组的后半部分， * 并保证奇数和奇数，偶数和偶数之间的相对位置不变。 * * 时空复杂度较高的算法： * 新建一个数组b，用来保存奇数，在重新变量一次，保存偶数 * 时空复杂度0(n) * */ public void reOrderArray1(int [] array) { int n,i,j; n = array.length; int[] b = new int[n]; j = 0;// 用来保存数组B的下标 for (i=0; i<n; i++) { if (array[i]%2 != 0) { b[j] = array[i]; j ++; } } for (i=0; i<n; i++) { if (array[i]%2 == 0){ b[j] = array[i]; j++; } } for (i=0; i<n; i++) { array[i] = b[i]; } } /** * 采用的冒泡交换以及快速排序的思想： * 设定两个游标，游标分别用来标记奇数和偶数的下标，然后交换二者 * 注意交换二者是无法保证顺序的，交换的ij之间还有进行平移。 * */ public void reOrderArray(int [] array) { int n,i,j,temp,p; n = array.length; i = 0; j = 0; while (i<n && j<n) { // i标记偶数下标 while (i<n) { if (array[i]%2 ==0){ break; } else { i++; } } j = i; // j标记奇数下标 while (j<n) { if (array[j]%2 !=0){ break; } else { j++; } } if (i<n && ji; p--) { array[p] = array[p-1]; } array[i] = temp; // 此时把i,j标记到 未交换前的偶数位置的下一个 i ++; j = i; } } } public static void main(String[] args) { int[] a = {1,4,6,3,2,5,8}; int[] b = {2,4,6,1,3,5,7}; new OddEven().reOrderArray(b); System.out.println(Arrays.toString(b)); }}
【思考】
显然，创建新数组的方式，是一种取巧的方式，题目要求是需要在本数组上进行操作，第二种方式就是采用在本数组上进行操作的，而这种双游标递进的方式跟快速排序的思想很接近。
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