这两天，我在看《编程之美》，这是一本微软的算法面试题集，里面的算法都是比较经典的。

我没有全部看完，因为我没那么多时间，也没有那样的耐心。故我只看了第二章和第三章，因为这两部分内容貌似比较有趣些。好吧，下面说说我看这本书的过程和一些心得吧。

开始看的时候，第一题便是统计一个字节里面1的个数。我的第一感觉就是不断右移直至这个数字为0。如下所示：

int Count(BYTE v)
{
       int num = 0;
       while(v)
       {
              num+=v&0x01;
              v>>1;
        }
         return num;
}

后来，这本书提到，复杂度能不能只与1有关呢？好戏来了。我们可以从右面算起，凡是有1的话，就将它统计完毕之后消灭。如1010，这个数字，我们要怎么消灭右面的1呢？我们知道，在十进制数11000，若将千位上的1消灭，可以将1000变小一点点，至于减多少呢？因为后面我们要将百位十位和各位上的数消灭掉。这时候，我们想到“&”这个运算符，它可以将1变0.于是，我们决定减去1。所以二进制1010，减去1后变成1001，然后我们可以用1010跟它&运算。即1010&1001=1000.好吧，原来数字1010的1前面不变，后面（包括它）全为0了。具体代码如下：

while(v)
{
      v&=v(v-1);
      num++;
}

好吧，有点意识到这个算法的巧妙性了。

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算法就不一一道来了，选一些较为经典而巧妙的。

最大公约数

一开始看到这个问题，感觉哇，这也是问题？确实，辗转相除法貌似已经足够强大了，或者互相相减也是可以的。但是有没有一种方法可以将这两个算法的有点结合起来呢？我们从公约数的特点分析：

      1   对于x和y来说，如果y = k *y1, x =k*x1,那么会有f(x,y) = k*f(x1,y1).

      2,  如果x=p*x1, 而p是素数，并且y%p!=0.那么f(x,y)=f(p*x1,y) = f(x1, y);

因此，我们可以利用p=2，不断地将范围缩小。因为除以2的话，我们可以直接右移就可以了，免去了取模的庞大开销。

   若x和y均是偶数的话，f(x,y)=  2*f(x/2,y/2) = 2*f(x>>1, y>>1);

   若x和y中又一个是偶数，则可以将其中一个缩小一半，即x>>1或者y>>1.其余不变。

  若均为奇数，则f(x,y) = f(y,x-y);

总的 来说，最坏情况下的时间复杂度是O(log(max(x,y))).代码就不贴了。有上面的伪代码，很快可以写出来了。

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字符串移位包含问题：给定两个字符串str1, str2.要求判定str2是否能通过str1做循环移位之后得到。如str1 = AABCD, str2 =CDAA.则返回true。

一开始的时候，是那种逐个逐个移位，然后用String.h里面的strstr()搜索是否有字串。这种方法十分不好，很是浪费时间，因为有数组移位和重复计算。代码如下：

for (i=0;i<len(str1);i++)
{
      temp  = str1[0];
      for(j=0;j<len-1;j++)
         str1[j] = str1[j+1];
      src1[j] = temp
      if(strstr(str1,str2))
            return true;
}
return false;

这是比较笨的方法。我们可以先对str1进行右移，但是不将前面的数字拿走。AABCD 移位之后变成AABCDAABCD.然后这就是str1移位的所有结果。这个时候才来判定是否包含str2。一次就能搞定了。YEAD!

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另外还有那个计算字符串的相似度，我觉得很不错的算法。对于串A和串B来说，从头开始比较，若不相等，则有三种方案，要么删去其中一个字符，要么增加相应字符，要么修改它。这样一来，两个字符串前面的字符均是一样的。我们可以用递归来解决剩余字符串。代码有点长，不贴了。

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无头单链表删除节点。

一开始，我怎么也想不到，想不到居然还可以删除指定节点的下一个节点，只要将节点的值交换过来就可以了。这是醒目至极。

———————————————————end—————————————————–

有点乱，代码很少，都不知道自己以后再返回来看会不会看得懂。好吧，就到这里了，休息一下。