位运算和数学

pow(x,n)

double myPow(double x, int n) {
        int res=1;
        int i = n; //不能用abs
        for(; i != 0; i /= 2){
            if(i % 2 != 0){
                res *= x;
            }
            x *= x;
        }
        return n<0? 1/res :res;
    }

二进制中1的个数

n = 5（0101）时，返回2，n = 15（1111）时，返回4

int BitCount2(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ;
    for (c =0; n; ++c)
    {
        n &= (n -1) ; // 清除最低位的1
    }
    return c ;
}

1-n中1的次数

输入13，输出6
1,10,11,12,13
两种方法，一种是从1到n遍历，每次通过对10求余数判断整数的个位数字是不是1，大于10的除以10之后再判断。我们对每个数字都要做除法和求余运算以求出该数字中1出现的次数。如果输入数字n，n有O(logn)位，我们需要判断每一位是不是1，那么时间复杂度为O(n*logn)。
第二种方法是数学之美上面提出的方法，设定整数点（如1、10、100等等）作为位置点i（对应n的各位、十位、百位等等），分别对每个数位上有多少包含1的点进行分析。

• 根据设定的整数位置，对n进行分割，分为两部分，高位n/i，低位n%i
• 当i表示百位，且百位对应的数>=2,如n=31456,i=100，则a=314,b=56，此时百位为1的次数有a/10+1=32（最高两位0~31），每一次都包含100个连续的点，即共有(a/10+1)*100个点的百位为1
• 当i表示百位，且百位对应的数为1，如n=31156,i=100，则a=311,b=56，此时百位对应的就是1，则共有a/10(最高两位0-30)次是包含100个连续点，当最高两位为31（即a=311），本次只对应局部点00~56，共b+1次，所有点加起来共有（a/10*100）+(b+1)，这些点百位对应为1
• 当i表示百位，且百位对应的数为0,如n=31056,i=100，则a=310,b=56，此时百位为1的次数有a/10=31（最高两位0~30）
• 综合以上三种情况，当百位对应0或>=2时，有(a+8)/10次包含所有100个点，还有当百位为1(a%10==1)，需要增加局部点b+1
• 之所以补8，是因为当百位为0，则a/10==(a+8)/10，当百位>=2，补8会产生进位位，效果等同于(a/10+1)

  int NumberOf1Between1AndN_Solution(int n)
    {
    int count = 0;
    long long i = 1;
    for(i = 1; i <= n; i *= 10)
    {
        //i表示当前分析的是哪一个数位
        int a = n / i, b = n % i;
        count = count + (a + 8) / 10 * i + (a % 10 == 1) * (b + 1);
    }
    return count;
    }

丑数

质因子只包含2，3，5的称为丑数;
判断丑数的方法：除以2除到不能除为止，然后除以3，除到不能除为止，然后除以5，除到不能除为止，最后结果，商是1，余数是0，即为丑数。

int GetUglyNumber_Solution(int index) {         
    if (index<0) return 0;        
    if (index==1) return 1;        
    vector<int>k(index);        
    k[0]=1;        
    int num2=0,num3=0,num5=0;        
    for(int i=1;i<index;++i)  {    
        k[i]=min(k[num2]*2,min(k[num3]*3,k[num5]*5));
        if(k[i]==k[num2]*2) num2++;            
        if(k[i]==k[num3]*3) num3++;
        if(k[i]==k[num5]*5) num5++;        
    }        
    return k[index-1];    
}

不用加减乘除的加法

首先看十进制是如何做的： 5+7=12，三步走
相加各位的值，不算进位，得到5 + 7 = 2（不算进位）
计算进位值，得到10. 如果这一步的进位值为0，那么第一步得到的值就是最终结果。
重复上述两步，只是相加的值变成上述两步的得到的结果2和10，得到12

相加各位的值，不算进位，得到010，二进制每位相加就相当于各位做异或操作，101^111=010
计算进位值，得到1010，相当于各位做与操作得到101，再向左移一位得到1010，(101&111)<<1。

int Add(int left, int right)
   {
       int temp;
       while(right != 0)
       {
           temp = left ^ right;                //  计算不带进位的情况
           right = (left & right) <<1;         //  计算带进位的情况
           left = temp;
           //  now left = 不带进位的情况, right = 带进位的情况
       }
       return left;
   }

构建乘积数组

给定一个数组A[0,1,...,n-1],请构建一个数组B[0,1,...,n-1],其中B中的元素B[i]=A[0]A[1]...A[i-1]A[i+1]...A[n-1]。不能使用除法
思路：分两步算，先算B[i]=A[0]A[1]...A[i-1]，再算B[i]=B[i]A[i+1]...A[n-1]

public int[] multiply(int[] A) {
        if (A == null) {
            return null;
        }
        int[] B = new int[A.length];
        if (B.length == 0) {
            return B;
        }
        B[0] = 1;
        //先计算了 B[i] = A[0]*A[1]*A[2]*...*A[i-1]
        for (int i = 1; i < A.length; i++) {
            B[i] = A[i - 1] * B[i - 1];
        }
        //后部分:
        int tmp = 1;
       for (int i = A.length - 1; i >= 0; i--) {
            B[i] = tmp * B[i];
            tmp *= A[i];
        }
        return B;
    }

不用乘除，if else，for while，计算1+2...+n

int Sum(int n)
{
  int ret = 0;
  n == 0 || (ret = Sum(n-1));
  return n + ret;
}