经典基础算法之面试题（系列一）
1. 打靶问题的递归解法
伦敦奥运会火热进行中，让我们来看个打靶的问题：一个射击运动员打靶，靶一共有10环，求连开10枪打中90环的可能行有多少种？
分析：这是一个典型递归求解问题。假设第10枪打x环，则将问题转换为剩下9枪打90-x环的可能有多少种，x的取值范围为[0, 10]，根据加法原理，则：10枪打90环的可能 = 第10枪打0环，剩下9枪打90环的可能 + 第10枪打1环，剩下9枪打89环的可能 + 第10枪打2环，剩下9枪打88环的可能
+ 第10枪打3环，剩下9枪打87环的可能 + 第10枪打4环，剩下9枪打86环的可能 + 第10枪打5环，剩下9枪打85环的可能
+ 第10枪打6环，剩下9枪打84环的可能 + 第10枪打7环，剩下9枪打83环的可能 + 第10枪打8环，剩下9枪打82环的可能
+ 第10枪打9环，剩下9枪打81环的可能 + 第10枪打10环，剩下9枪打80环的可能。
递归的停止条件为：
1. 若环数小于0 或者 剩下的环数大于剩下的枪数乘以10（即剩下每枪打10环用不玩所剩环数），则该递归路径不记入可能情况。
2. 若不满足条件1，且所剩枪数为1，则该递归路径记为1中可能情况。
1: #include <stdio.h>
2:
3: int recursion(int count, int score)
4: {
5: if (score < 0 || score > count * 10) {
6: return 0;
7: }
8:
9: if (1 == count) {
10: return 1;
11: }
12:
13: int i = 0;
14: int sum = 0;
15:
16: for (; i <= 10; ++i) {
17: sum += recursion(count - 1, score - i);
18: }
19:
20: return sum;
21: }
22:
23: int main()
24: {
25: printf("result: %d\n", recursion(10, 90));
26: return 0;
27: }
2. 求多项式的值与求幂的快速算法
2.1 求多项式的值
已知多项式中的系数a0,a1,a2……an及x的值，求f(x)。
多项式求值问题可以利用辗转相乘的方式进行计算，根据上面的式子分析，可以将上式转换为： f(x) = ((((an * x) + an-1) * x + an-2) * x ……. + a1) * x + a0
有了这个变形，代码自然而然就能写出来了：
1: #include <stdio.h>
2:
3: int polynomial(const int *coefficient, int n, int x)
4: {
5: int sum = 0;
6:
7: int i = n - 1;
8: for (; i != 0; --i) {
9: sum = sum * x + coefficient[i];
10: }
11:
12: return sum * x + coefficient[0];
13: }
14:
15: int main()
16: {
17: int coeff[5] = {1, 2, 3, 4, 5};
18: printf("result: %d\n", polynomial(coeff, sizeof(coeff) / sizeof(coeff[0]), 10));
19: return 0;
20: }
2.2 求幂的快速算法
求x的p次幂本是简单的问题，可以将x次乘p次就可以了，这里我们当然不是要讨论这种计算方法，这里讨论的是怎样高效计算。
有没有可能减少做乘法的次数呢？让我们来做一个分析，考虑x的6次幂的情况：x * x * x * x * x * x = (x * x * x) * (x * x * x)
等式前面部分需进行6次乘法，后半部分需计算(x * x * x) ，然后乘以上次计算的值即可，共4次乘法。
通过上述分析可知，求x的p次幂可以通过递归折半的方法来减少乘法的次数，循着这个思考，实现就不太困难了。
1: #include <stdio.h>
2:
3: /* 统计乘法的次数 */
4: static int multiply_count = 0;
5:
6: /* 求x的p次幂 */
7: int power(int x, int p)
8: {
9: int ret = 0;
10:
11: if (1 == p) {
12: return x;
13: }
14:
15: /* 先计算x的p/2次幂 */
16: ret = power(x, p >> 1);
17: ret *= ret;
18: ++multiply_count;
19:
20: /* 若p是奇数，则再乘一次x */
21: if (0 != p % 2 /* 求模本身是一个耗性能的运算，这里可优化为 p – ((p >> 1) << 1) */) {
22: ret *= x;
23: ++multiply_count;
24: }
25:
26: return ret;
27: }
28:
29: int main()
30: {
31: printf("resulut: %d\n", power(2, 20));
32: printf("multiply count: %d\n", multiply_count);
33: return 0;
34: }
计算2的20次幂总共进行5次乘法就足够了，而原始的算法需要20次，那么这种算法究竟需要多少次乘法呢？
由于该算法根本思想是折半递归，类似于2分查找，所以乘法的次数为lgp取天花板值这个数量级的（lgp表示以2为底p的对数）。
整型int最多表示2的32次幂，因此最多节省24次乘法，对于现代的计算机，这似乎不是特别重要，但是在以下情况下该算法具有重要价值：
1. 对于需要高频率计算幂的情况；
2. 对于大数高精度计算的情况，如需计算2的10000次幂。
当然了，这也是对递归算法和2分法的巧妙应用，学习其思想吧。
3. 一年中的第n天是几月几号？
和这个问题类似的问题还有：
1. 给定某年某月某日，问这是这年的第多少天？
2. 已知某年的1月1号是星期几，求给定的某年某月某日是星期几？
其实这类问题的共同点在于它们都需要考虑闰年问题，大月小月问题；
首先我们解决闰年问题，根据闰年的定义定义如下宏来判断某年是否是闰年：
#define IS_LEAP(X) (((X) % 400 == 0 || (X) % 100 != 0 && (X) % 4 == 0) ? 1 : 0)
在来看大月小月问题，可以定义如下二维数组，用day_count_of_month[0][12]表示润年情况下每月的天数，用day_count_of_month[1][12]表示非润年情况下每月的天数（这就是传说中的字典法了，就是根据提供的信息查表，类似于查字典，所以叫做字典法）：
int day_count_of_month[2][12] = {
{31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31},
{31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}
};
1: #include <stdio.h>
2:
3: #define IS_LEAP(X) (((X) % 400 == 0 || (X) % 100 != 0 && (X) % 4 == 0) ? 1 : 0)
4: int day_count_of_month[2][12] = {{31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31},
5: {31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31} };
6: /* 计算year年的第n天是几月几号 */
7: void convert_to_date(int year, int n)
8: {
9: int leap = IS_LEAP(year);
10: if(year < 1970 || year > 5000 || n <= 0 || n > 365 + leap) {
11: printf("bad year\n");
12: }
13:
14: int i = 0;
15: for(; n > day_count_of_month[leap][i]; ++i) {
16: n -= day_count_of_month[leap][i];
17: }
18:
19: printf("year : %d, month : %d, day : %d\n", year, i + 1, n);
20: }
21:
22: int main()
23: {
24: convert_to_date(2012, 230);
25: }
上面这段代码解决了第一个问题，第二个问题可以转换为类似第一个问题的问题：
先计算给定的某年某月某日到给定已知这天的总天数s=>s%7=>利用模运算结果来推算所求日期的星期情况即可。
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