最近遇見兩個算法題，當時沒有想到比較好的辦法，第二天在公交上思考了一下，感覺像是比較不錯的解題方法，今天記錄一下。公交車是一個不錯的思考場所！

一、有一個數(shù)組，長度為n，其中有若干個0，且不知道這些0所在的數(shù)組下標。要求：在不能開辟另外數(shù)組的情況下，用最少的空間復雜度和時間復雜度把所有的0排到最后去，且原來的非零數(shù)前后順序不變。

我一開始的思路是記錄0的個數(shù)x，遍歷數(shù)組，找0便把后面的所有數(shù)往前挪一位，然后把數(shù)組最后一個元素賦值為0，x+1。接著再找，找到第二個0，繼續(xù)把后面的往前挪，然后把數(shù)組倒數(shù)第二個元素賦值為0，x+1。繼續(xù)此方法，直至遍歷到下標為 n - x - 2 的元素。想想效率太差了，最差的情況下要交換 ?(n - 1 +1) / 2 * (n - 1)次,時間復雜度為O(n2)，空間復雜度為O(0)拙劣的思考。

后面我思考到了一個比較不錯的方法：遍歷數(shù)組，找到0之后記錄該元素的下標index，繼續(xù)往后遍歷，找到第一個非零元素（因為0后面可能又接著是0），讓該元素和下標為index的元素交換，接著做index++；繼續(xù)往后遍歷，找到接下來的第一個非零元素，讓該元素和下標為index的元素交換，接著做index++......一直繼續(xù)執(zhí)行該操作至遍歷到數(shù)組最后一個元素，大功告成！最差的情況下要交換n - 1 次,時間復雜度為O(n)，比之前思考的那一個方法快了一個指數(shù)級。

這個問題我優(yōu)化到這里了，希望大家可以思考到更好的方法。

二、甲上樓需要走20個階梯，每次可能走1步，也可能走2步。問有多少種走法？

我一開始的思路是排列組合里面的捆綁。拆解：1、假設沒有走兩步，那么便是1種走法。2、假設只走了一次兩步，那么把這兩步捆綁在一起，插在其它18步的任意一步的前面后者后面，那么總共有19種走法。3、假設走了兩次兩步，捆綁插入那么便是17 * 18 / 2種走法。。。繼續(xù)算下去至走了十次兩步。乍一看我這個方法還不錯，解決了問題，也能算出正確答案，但是有兩個缺點。缺點1：容易算錯，公式要用的比較細心。缺點2：如果題目是可能走1步，2步，也可能是3步，或者4步，那我這解法就要弄得更復雜才能解決這問題了。不能靈活變化的解法都不是好解法。

好解法當然還是有的，有人提醒我可以用動態(tài)規(guī)劃，其實它是一個斐波那契數(shù)列的應用。

原來如此！20步可能是19步+1步，也可能是18步+2步。那么f(20) = f(19) + f(18)，我只要算19步的走法數(shù)加上18步的走法數(shù)就好了，而f(19) = f(18) + f(17)，所以f(20) =?f(18) + f(17) +?f(18)，繼續(xù)遞歸到右邊的式子都是f(2) 和f(1)，那么問題也就只是個加法運算了。如果有走3步的可能，也同樣可以使用該方法。

三、有15個瓶子，其中最多有一瓶有毒，現(xiàn)在有四只老鼠，老鼠喝了有毒的水之后第二天就會死。如何在第二天就可以判斷出哪個瓶子有毒？

這個看到15瓶就知道怎么做了，最多一瓶有毒，所以共15+1=16種結(jié)果，而有4老鼠，用排列組合算一下就OK了。把老鼠編號A、B、C、D，把水編號1、2、3、4....14、15。解決方法：把1給A喝，2給B喝，3給C喝，4給D喝，5給A和B喝，6給A和C喝，7給A和D...10給C和D，11給A、B、C喝...14給B、C、D喝，15給所有老鼠都喝。

毒死1只老鼠：共4種。比如D死則4號水有毒。

毒死2只老鼠：共6種。比如A和D死則7號水有毒。

毒死3只老鼠：共4種。比如B、C、D死則14號水有毒。

毒死4只老鼠：共1種。15號水有毒。

毒死0只老師，共1種，也就是所有水都沒毒。

根據(jù)毒死的結(jié)果就可以知道是哪瓶有毒了。

四、給定能隨機生成整數(shù) 1 到 5 的函數(shù)，寫出能隨機生成整數(shù) 1 到 7 的函數(shù)。

看到題目是挺懵逼的，思考了很久想了一個答案，但沒有完美解決這個問題。

5的冪都不能被7整除，所以只能曲線救國。f(a) =?random（5）* ?5 -?random（5）+1 可以得到1-25的25個數(shù)其中的一個a，所有結(jié)果出現(xiàn)的概率相等。如果a是前面21個數(shù)除以3分別可以得到0-6其中的一個，如果是22-25中的其中一個，則再做一次f(a)，再用剛才的判斷方法進行后續(xù)的步驟。

記錄到這里，加油！