看大神文章小结——微软等面试 27,28,29,30

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27.跳台阶问题

题目：一个台阶总共有 n 级，如果一次可以跳 1 级，也可以跳 2 级。

求总共有多少总跳法，并分析算法的时间复杂度。

这一题 要结果 应该不难的。 就是 按顺序来。 先算 有0个 跳2级的情况。 再算 有1个跳2级的情况（位置 遍历前移。） 然后2个跳2级。。。。。。 递归计算。。 不过 毫无疑问 这个算法的复杂度 很复杂。。

先写个复杂的这个来看看：

。。我一开始想复杂了 其实 就是 f(n)=f(n-1)+f(n-2) 因为 在某一步。 可以选择跳一级 也可以选择跳2级。 跳一级 就是f(n-1) 2级就是 f(n-2) 。 这个就简单了。用递归能实现 而且 之前有一题 需求是 要求效率的 递归效率太低。 正推就ok了 就是 先算f(3) 得出后 再算f(4)...一直到 f(n) 一次循环就可以得出。

28.整数的二进制表示中 1 的个数

题目：输入一个整数，求该整数的二进制表达中有多少个 1。

例如输入 10，由于其二进制表示为 1010，有两个 1，因此输出 2。

这一题 如果 要求效率什么的 铁定是 移位 然后 与1 取与操作。 不停的移位 就ok了 算法没什么吧。。。

看了答案 思路是对的 不过 忽视了 负数。因为负数 会 补1. 换个思路 就是把1 左移 来与。 ok了。。

29.栈的 push、pop 序列

题目：输入两个整数序列。其中一个序列表示栈的 push 顺序，

判断另一个序列有没有可能是对应的 pop 顺序。

这个 题目 最简单的方法就是走一遍。 遍历第一个序列。 push 一个 判断 并且和第二个序列的比较。 如果相等 就pop 并且第二个序列的当前对象 移除。 继续判断当前。如果还相等 继续做这个操作。 一直到不相等了 就继续 push 。 如果 最后全部push完成 并且 还不相等。第二个序列还有值 就说明 是错的。

代码如下

public boolean test(List<Integer> pushArr,List<Integer> popArr){
int pushIndex=-1;
List<Integer> myPushArr=new ArrayList<Integer>();//我用一个 list 和一个变量 i 模拟栈

int popIndex=0;//记录 popArr 的index
for(int j=0;j<pushArr.size();j++){
int data=pushArr.get(j);

int popData=popArr.get(popIndex);//当前出栈。

if(data==popData){//相等 就是 进栈后立刻出栈。
popIndex++;

boolean sign=true;
while(sign&&pushIndex>=0){
data=myPushArr.get(pushIndex);
popData=popArr.get(popIndex);
if(data==popData&&pushIndex>=0){
pushIndex--;
popIndex++;
}else{
sign=false;
}
}
}else{
//需要进栈。
pushIndex++;
if(pushIndex>=myPushArr.size()){
myPushArr.add(data);
}else{
myPushArr.set(pushIndex, data);
}
}
}
return pushIndex<0;
}

30.在从 1 到 n 的正数中 1 出现的次数

题目：输入一个整数 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。

分析：这是一道广为流传的 google 面试题。

这一题 应该 有点移位的思想来做。 但是 不是 移位操作，是对于十进制来操作。 仔细想想其实有点数学的那个 C 那个 组合更简单。就是在
m 中 取n 个有多少种取法。

1.获取这个数 有多少位。

2 假设5位 先计算 4位（9999 ）里面有多少个1 就是 4中有一个1的个数*999（这里不应该是999 应该是 9*9*9 这是因为 每种组合的情况 其他位数都可以是 0到9 除了1之外的任何数字） 4位数中有2个1的个数 *2 *999 4位数中有3个1的个数*3*999 4位数很重有4个1的个数 * 4*999

3 再计算 从 10000 到给定数字的 有 1的个数。

当然 也可以 循环 从 1 一直到 给定的数字 一个个判断 不过 我估计 第一个效率要好很多。 2个代码都写一下 比较一下。

//第一种 大众的方法
public long getOneTime2(long data){
int time=0;
for(int i=1;i<=data;i++){
//System.out.println("看看"+i);
time+=getOneTimeByNum(i);
//System.out.println("看看time"+time);
}
return time;
}
public long getOneTimeByNum(long data){
long re=0;
while(data>0){
long d=data%10;
data/=10;
if(d==1){
re++;
}
}
return re;
}

//第二种 方法 复杂一点但是快很多
public long getOneTime(long data){
if(data==0){
return 0;
}
if(data<10){
return 1;
}

int size=getSize(data);
long time=0;
//		long  这个是考虑 第一位是1 的情况 有多少个。 因为第一位是1 比较特殊
long firstOneTime=1;
for(int i=1;i<=size-1;i++){
time+=(getCombination(size-1, i)*i);
firstOneTime*=10;
}
//到这里 只算了 第一位是0的时候的个数
//如果是1 再加 10000（size-1 个 0） 如果是2 还是这么多。。但是 最后一个 就不容了
//比如 给定的 是 3896  第一位 是0 假设有 100个；  第一位 是1  有 100+1000个 第一位是2 有100个 但是 第一位是3 就不同了 需要特殊处理。
//先获取到第一位的数字
long firstNum=data;
while(firstNum>=10){
firstNum/=10;
}

//所以 现在1的个数 应该等于

if(firstNum==1){
//很特殊
time+=data-firstOneTime*firstNum+1;//出去第一位 有多少个数 就有多少个情况 还要kaolv 1000000000 这种 需要+1
}else{
//就是大约1的情况了
time*=firstNum;//取决于 第一位的 种类。 需要注意的是 最后一个 需要特殊处理的。第一个数字是1 的也要特殊处理
time+=firstOneTime;//当时1的情况 仍然很特殊
}
//递归计算 去掉第一位之后 余下的情况
long nowData=data-firstOneTime*firstNum;
long newTime=getOneTime(nowData);
//	System.out.println("data:"+data+"firstOneTime"+firstOneTime+"nowData:"+nowData+"newTime:"+newTime);
return time+newTime;
}

public int getSize(long data){
int s=0;
while(data>0){
s++;
data=data/10;

}
return s;
}

/*
* 获取组合个数  结果 已经 要乘以 m-1 位 9 相乘  这是因为 每种组合的情况 其他位数都可以是 0到9 除了1之外的任何数字。
*/
public long getCombination(long m,long n){
if(m==n){
return 1;
}
long otherTime=1;
for(int i=0;i<m-n;i++ ){
otherTime*=9;
}

long mm=m;
long time=Math.min(m-n,n);
long nn=time;
long nnn=nn;

for(int i=0;i<time-1;i++){
m--;
nn--;
mm*=m;
nnn*=nn;
}
return mm/nnn*otherTime;
}

第一种 是大众 遍历方法。 写起来很简单 运算起来 。。。

第二种 快很多。非常多。 我的机器 第一种超过8位算不动了 电脑 第二种 一直到 越界了（long 类型） 都能 瞬间运算出来。