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性质：叶子节点=度数2的节点+1证明：总节点数n，叶子节点n0，度数为1的节点n1,度数为2的节点n2那么：n=n0+n1+n2            n=n1+2*n2+1 //通过枝来看所以：n0=n2+1然后根据题意：800=2*n0-1+n1 对于完全二叉数n0等于1或0，这里肯定是1，OK，n0=400  再来一题，124个叶子节点的完全二叉树，最多有多少个节点？

#include #include int binaryFind(int arr[],int len,int key){ int low=0,high=len-1,mid; while(low <= high) { mid=(low+high)>>1; if(arr[mid]==key) return mid; if(key < arr[mid]) high=mid-1;

#include #include void pr_arr(int a[],int len){ int i=0; for(i=0;i<len;++i) { printf("%d ",a[i]); } printf("\n");}void swap(unsigned int *a,unsigned int *b){ if(*a !=*b) { *a^=*b; *

/* * 谷歌笔试：n支队伍比赛，分别编号为0，1，2。。。。n-1，已知它们之间的实力对比关系，存储在一个二维数组w[n][n]中，w[i][j]的值代表编号为i，j 的队伍中更强的一支。所以w[i][j]=i或者j，现在给出它们的出场顺序，并存储在数组order[n]中，比如order[n]={4,3,5,8,1......}，那么第一轮比赛就是4对3，5对8。.......胜者晋

/* ============================================================================ 题目：输入一个已经按升序排序过的数组和一个数字，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。例如输入数组1、2、4、7、11、15和

题目：在一个字符串中找到第一个只出现一次的字符。如输入abaccdeff，则输出b。/* ============================================================================ 查找一个字符串中，第一只出现一次的字符 思想：用一个Map来记数，Map[A]=2表示A字母为2个数 ===================

/* * 一个整数数组，长度为n，将其分为m份，使各份的和相等，求m的最大值比如{3，2，4，3，6}可以分成{3，2，4，3，6}m=1;{3,6}{2,4,3}m=2{3,3}{2,4}{6}m=3所以m的最大值为3 *///测试 以goal为目标，在groupId这个组，行得通吗？//a[]表示数组，n为长度，m表示要分成几组，sum表示总数，//groups

#include "bst.h"#include #include #define max(a,b) ((a)>(b) ? (a) : (b))/* ============================================================================ 求二叉树中任意两点的最大距离 ===================

【问题描述】给定有n个连乘矩阵的维数，要求计算其采用最优计算次序时所用的乘法次数，即所要求计算的乘法次数最少。例如，给定三个连乘矩阵{A1，A2，A3}的维数分别是10*100，100*5和5*50，采用（A1A2）A3，乘法次数为10*100*5+10*5*50=7500次，而采用A1（A2A3），乘法次数为100*5*50+10*100*50=75000次乘法，显然，最好的次序是（A1A2

问题的描述：汽车生产工厂共有两条装配线，每条有 n 个装配站；装配线 i 的第 j 个装配 站表示为 Si,j，在该站的装配时间为 ai,j。一个汽车底盘进入工厂，然后进入装配 线 i（i 为 1 或 2） ，花费时间为 ei。在通过一条线的第 j 个装配站后，这个底盘来 到任一条线的第（j+1）个装配站。如果它留在相同的装配线，则没有移动开销； 如果它移动到另一条线上，则花费时间为 ti,j

/* * 一个长度为n的整数数组result，满足result[i]=除input[i]之外所有数的乘积（不溢出），比如 * 输入input={2,3,4,5};输出 result={60,40,30,24}; *//* * 方法一：判断有0的情况，如果有0则其他都为0.如果没0,可使用先求全部乘积，再除以自身。 * 方法二：先保存i位置前的乘积到result[i]，再用一

不仅是8，2^N次方都是可以。解释：如输入9 ;那所求就是9+7-多余的部分，多余就是二进制的最后三位，所以答案是 ((m+7) & ~7)  ps:最后三位为0一定是8的倍数。enum {_ALIGN = 8}; //设定上调边界为8（例如客户端输入30，调为32） static size_t round_up(size_t bytes){ //将bytes

#include #include typedef struct node{ struct node* next; int key;} Node;//交换相邻的元素，如果是交换两结点的值就很简单，但是交换结点的话就。。//以下是交换结点。//如 1 2 3 4 5 ==> 2 1 4 3 5Node* swapAdjacent(Node *head1){ if(head1=

#include #include #include #include //申请二维数组char **new2arr(int v,int h){ char **dest; int i=0; assert(v>0 && h>0); dest=(char **)malloc(sizeof(char*)*v); for(i=0;i<v;++i) {

#include #include void pr_arr(int a[],int len){ int i=0; for(i=0;i<len;++i) { printf("%d ",a[i]); } printf("\n");}//查找插入的位置int bFindToInsert(int *arr,int len,int key){ int low=0,high=le

#include #include void swap(int *a,int *b){ if(*a !=*b) { *a^=*b; *b^=*a; *a^=*b; }}// s表示源数组，len表示数组大小，target表示要调整点的位置void heapAdjust(int *src, int len, int target){ int rc = src[tar

分三组：A(4) B(4) C(4)一，若A(4)==B(4) 那坏的在C(4)中。C1(3)与A(3)一称，相等，C2(1)是坏的。否则 假设C1(3)>A(3),那在C1中取两个一称，可知那个(重的)是坏的。二，假设A(4)>B(4), 分组A1(1)+B1(2) 与 A2(1)+B2(2) //第二步一定要求得 是两个球是坏！！！若A1(1)+B1(2) == A2(1)+B2(

12个高矮不同的人,排成两排,每排必须是从矮到高排列,而且第一排比对应的第二排的人高,问排列方式有多少种?思想：分析一下排列法，发现：每次安插第二排时，只要等第一排的选完了，再选最小值就行了。而选第一排时，只能从上次选的后一个开始选，且最后至少留count-1个数，count当前还剩多少个位置要安插！//=========================================

方法：i&(i-1) 如二进制1100 && 1011 =1000 相当于去掉最右边的1//求一个整数中二进制1的个数 --普通方法int Numof1(unsigned int i){ int count=0; while(i) { if(i&1) { ++count; } i>>=1; } return count;}int GetBitNum

问题描述：两个数组a[N]，b[N]，其中A[N]的各个元素值已知，现给b[i]赋值，b[i] = a[0]*a[1]*a[2]…*a[N-1]/a[i]；要求：1.不准用除法运算2.除了循环计数值，a[N],b[N]外，不准再用其他任何变量（包括局部变量，全局变量等）3.满足时间复杂度O（n），空间复杂度O（1）#include #include void pr_a

这个题目要求用O(n)的时间复杂度，这意味着只能遍历数组一次。同时还要寻找重复元素，很容易想到建立哈希表来完成，遍历数组时将每个元素映射到哈希表中，如果哈希表中已经存在这个元素则说明这就是个重复元素。因此直接使用C++ STL中的hash_set（参见《STL系列之六 set与hash_set》）可以方便的在O(n)时间内完成对重复元素的查找。    但是题目却在空间复杂度上有限制——要求

int avg(int x, int y){ return (x & y) + ((x ^ y) >> 1);}解释：X+Y= (X^Y)+((X&Y)SO: (X+Y)/2==((X^Y)>>1)+(X&Y)

字典序列算法                                                                                       字典序列算法是一种非递归算法。而它正是STL中Next_permutation的实现算法。我们来看看他的思路吧：它的整体思想是让排列成为可递推的数列，也就是说从前一状态的排列，可以推出一种新的状态，直到最终

难度在就地归并:说看代码及注释。与上篇文章有点类似。//============================================================================//@lgh原创//============================================================================#i

数组类似如下：s[]="123456789abcdefghi" 前后各半，然后把它变成1a2b3c4d5e6f7g8h9i  思路：如简单点[1234,abcd] 如果把两个区间分别分为两半，[12,34]与[ab,cd] 把中间 34,ab这两部分rotate倒换一下，则变成[12,ab]与[34,cd]，发现没，好像是两个子问题耶。OK，递归。但是如果是[12345,abcde]好像分

int rand7() { return rand()%7+1; } int rand10(){ int x=0; do { x=(rand7()-1)*7+rand7(); } while(x>40); return x%10+1;}       分析：要保证rand10()在整数1-10的均匀分布，可以构

设计一个算法，把一个含有N个元素的数组循环右移K位。要求时间复杂度为O(N)。#include #include void Reverse(char *arr, int b, int e);void RightShift(char *arr, int N, int k);int main(void){ char a[]="abcd1234"; RightShift(a,siz

#include using namespace std;/* * 61.找出数组中两个只出现一次的数字题目：一个整型数组里除了两个数字之外，其他的数字都出现了两次。请写程序找出这两个只出现一次的数字。要求时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)。 */void findTwoNumsWithOthersHas2Times(int s[],int len){ if(len<2

转载请注明出处：http://blog.youkuaiyun.com/shandianling/article/details/7997163解释：min()要求返回队列中的最小值  max()要求返回队列中的最大值   mid()要求返回队列中倒数第(size()+1)/2小的值。说白了就是把队列变成有序后最中间那个值。思想：把两个双向链表，一个保存队列顺序，一个是有序的。然后就整成一个链表

函数将字符串中的字符'*'移到串的前部分，前面的非'*'字符后移，但不能改变非'*'字符的先后顺序，函数返回串中字符'*'的数量。    如原始串为：ab**cd**e*12，处理后为*****abcde12，函数并返回值为5。（要求使用尽量少的时间和辅助空间）想法：有点像上篇中的删除 字符串的数字并压缩。   解法：从后到前，遇到字母(非*)，就与*交换。#include #incl

两个指针，使一个指针指向数字，一个指针指向字母。#include #include char* delNumsOfStr(char *str){ if(str ==NULL) return NULL; char *pi,*pk; pi=pk=str; while(*pi != '\0') { if(*pi '9') { *pk++=*pi++; } else

#include #include #include int min(int arr[],int len);int max(int arr[], int len);void pr_arr(int arr[], int len);void pr_mostIncreaseList(int arr[], int MaxCount[], int len, int curi, int

0 1背包问题  先把字符串去重,并记录每个字母相应的个数.设组合的结果为comb(s,strCount,idx,aux) ,s表示去重的字符串,strCount表示对应的个数,idx表示当前位置,aux表示当前位置取了几个数那么comb(s,strCount,idx,aux)= 当aux[idx]分别为0...n时comb(s,strCount,idx+1) ;/* ======

方法：求N! 中质因子5的个数，即能被5整除多少次。说明：相当于求10的个数==5*2的个数 由于5的个数N!中5的个数==［N/5］+[N/5^2]+[N/5^3]+...//太大的话会溢出的，只能算12！以下。unsigned int factorial(unsigned int n){ if(n==0 || n==1) return 1; else retu

说明：相当于求 N!的二进制表示最后有几个0 （与上篇中求N!十进制表示 最后有几个0 相似）即求 N!的质因子2的个数 == [N/2]+[N/2^2]+[N/2^3]+....然后+1就是得到位置了。（PS:位置从1开始算）求 N!的质因子2的个数的另一个方法：N!含有质因数2的个数，等于N减去N的二进制表示中1的个数#include #include //太大

先介绍LCS问题的性质：记Xm={x0, x1,…xm-1}和Yn={y0,y1,…,yn-1}为两个字符串，而Zk={z0,z1,…zk-1}是它们的LCS，则：1.    如果xm-1=yn-1，那么zk-1=xm-1=yn-1，并且Zk-1是Xm-1和Yn-1的LCS；2.    如果xm-1≠yn-1，那么当zk-1≠xm-1时Z是Xm-1和Y的LCS；3.    如果xm-1

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。当最高位为1时：如：1234 ，1的个数记为f(n)分为两段，1～999，1000～1234 第一段：1～999 的个数 1*3*(10^2); 其中1为最高位，3为(长度-1)，2为(长度-2)第二段：1000～1

用字符串保存两个大数。 把加法分解成： 一,同一位上为 (a+b)%10 二，进位(a+b)/10 ，三，把第一数+进位感觉是递归了。但可以用循环在代替。  大数相乘也差不多,第二数的每一位数都与第一个数每一位相乘,然后相加起来.以下我们假设两个字符串里都是数字,之里不做判断了.为了解题方便,我还把数字都移到数组的右端,方便相加.不足是会浪费一些时间 #include #inc

若求：最小公陪数= X*Y / GCD(X,Y)#include #include #include //递归int gcd1( int m, int n){ int r; if(0==(r=m%n)) return n; return gcd1(n,r);}//非递归int gcd2(int m,int n){ while(m!=0 && n!=0) { if

随机打印1-100 的数，每个只能打印一次#include #include //随机打印1-100 void pr_rand(int n){ int i; int a[n]; //init for(i=0;i<n;i++) { a[i]=i+1; } for(i=n-1;i>0;i--) { swap(a,rand()%(i+1),i); } rdump(a