1、實現(xiàn)一個函數(shù)，對一個正整數(shù)n，算得到1需要的最少操作次數(shù)。操作規(guī)則為：如果n為偶數(shù)，將其除以2;如果n為奇數(shù)，可以加1或減1;一直處理下去。

　　例子：

　　func(7) = 4，可以證明最少需要4次運算

　　n = 7

　　n-1 6

　　n/2 3

　　n-1 2

　　n/2 1

　　要求：實現(xiàn)函數(shù)(實現(xiàn)盡可能高效) int func(unsign int n);n為輸入，返回最小的運算次數(shù)。給出思路(文字描述)，完成代碼，并分析你算法的時間復(fù)雜度。

　　答：

　　[cpp] view plaincopyint func(unsigned int n)

　　{

　　if(n == 1)

　　return 0;

　　if(n % 2 == 0)

　　return 1 + func(n/2);

　　int x = func(n + 1);

　　int y = func(n - 1);

　　if(x > y)

　　return y+1;

　　else

　　return x+1;

　　}

　　假設(shè)n表示成二進制有x bit，可以看出計算復(fù)雜度為O(2^x)，也就是O(n)。

　　將n轉(zhuǎn)換到二進制空間來看(比如7為111，6為110)：

　　- 如果最后一位是0，則對應(yīng)于偶數(shù)，直接進行除2操作。

　　- 如果最后一位是1，情況則有些復(fù)雜。

　　如果最后幾位是???01，則有可能為???001，???1111101。在第一種情況下，顯然應(yīng)該-1;在第二種情況下-1和+1最終需要的步數(shù)相同。所以在???01的情況下，應(yīng)該選擇-1操作。

　　如果最后幾位是???011，則有可能為???0011，???11111011。在第一種情況下，+1和-1最終需要的步數(shù)相同;在第二種情況下+1步數(shù)更少些。所以在???011的情況下，應(yīng)該選擇+1操作。

　　如果最后有更多的連續(xù)1，也應(yīng)該選擇+1操作。

　　如果最后剩下的各位都是1，則有11時應(yīng)該選擇-1;111時+1和-1相同;1111時應(yīng)選擇+1;大于四個1時也應(yīng)該選擇+1;

　　[cpp] view plaincopyint func(unsigned int n)

　　{

　　if(n == 1)

　　return 0;

　　if(n % 2 == 0)

　　return 1 + func(n/2);

　　if(n == 3)

　　return 2;

　　if(n&2)

　　return 1 + func(n+1);

　　else

　　return 1 + func(n-1);

　　}

　　2、找到滿足條件的數(shù)組

　　給定函數(shù)d(n)=n+n的各位之和，n為正整數(shù)，如d(78)=78+7+8=93。這樣這個函數(shù)可以看成一個生成器，如93可以看成由78生成。

　　定義數(shù)A：數(shù)A找不到一個數(shù)B可以由d(B)=A，即A不能由其他數(shù)生成�，F(xiàn)在要寫程序，找出1至10000里的所有符合數(shù)A定義的數(shù)。

　　回答：

　　申請一個長度為10000的bool數(shù)組，每個元素代表對應(yīng)的值是否可以有其它數(shù)生成。開始時將數(shù)組中的值都初始化為false。

　　由于大于10000的數(shù)的生成數(shù)必定大于10000，所以我們只需遍歷1到10000中的數(shù)，計算生成數(shù)，并將bool數(shù)組中對應(yīng)的值設(shè)置為true，表示這個數(shù)可以有其它數(shù)生成。

　　最后bool數(shù)組中值為false的位置對應(yīng)的整數(shù)就是不能由其它數(shù)生成的。