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有史以来最长的春节假期，宅在家里干啥最好？当然是折腾一些算法题了，下面给大家讲几道一行代码就能解决的算法题，当然，我相信这些算法题你都做过，不过就算做过，也是可以看一看滴，毕竟，你当初大概率不是一行代码解决的。
学会了一行代码解决，以后遇到面试官问起的话，就可以装逼了。
问题描述：判断一个整数 n 是否为 2 的幂次方
对于这道题，常规操作是不断着把这个数除以 2，然后判断是否有余数，直到 n 被整除成 1 。
我们可以把 n 拆成二进制看待处理的，如果 n 是 2 的幂次方的话，那么 n 的二进制数的最高位是 1，后面的都是 0，例如对于 16 这个数，它的二进制表示为 10000。
如果我们把它减 1，则会导致最高位变成 0，其余全部变成 1，例如 10000 - 1 = 01111。
然后我们把 n 和 （n - 1）进行与操作，结果就会是 0，例如(假设 n 是 16)
n & (n-1) = 10000 & （10000 - 1) = 10000 & 01111 = 0
也就是说，n 如果是 2 的幂次方，则 n & (n-1) 的结果是 0，否则就不是，所以代码如下
int isPow(n){
return (n & (n - 1)) == 0;
}
约瑟夫环问题，我相信大家在大一大二的时候就接触过了，很多人也都会拿来作为环形链表的一个应用，然而环形链表并非最优的解决方法，今天我就用一行代码干掉它，并且几乎算是最优解了。
鉴于有些人把这道题忘了，我还是把这道题的描述贴出来一下吧
问题描述：编号为 1-N 的 N 个士兵围坐在一起形成一个圆圈，从编号为 1 的士兵开始依次报数（1，2，3…这样依次报），数到 m 的 士兵会被杀死出列，之后的士兵再从 1 开始报数。直到最后剩下一士兵，求这个士兵的编号。
先给出代码，后面在解释。
int f(int n, int m){
return n == 1 ? n : (f(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
原理是这样的：
如果我们把士兵删除后，重新给这些士兵编号的话，那么删除前和删除后，这些编号存在某种数学关系，我们只需要找出这个关系即可。
我们定义递归函数 f(n，m) 的返回结果是存活士兵的编号，显然当 n = 1 时，f(n, m) = 1。假如我们能够找出 f(n，m) 和 f(n-1，m) 之间的关系的话，我们就可以用递归的方式来解决了。我们假设人员数为 n, 报数到 m 的人就自杀。则刚开始的编号为
…
1
…
m - 2
m - 1
m
m + 1
m + 2
…
n
…
进行了一次删除之后，删除了编号为 m 的节点。删除之后，就只剩下 n - 1 个节点了，删除前和删除之后的编号转换关系为：
删除前 --- 删除后
… --- …
m - 2 --- n - 2
m - 1 --- n - 1
m ---- 无(因为编号被删除了)
m + 1 --- 1(因为下次就从这里报数了)
m + 2 ---- 2
… ---- …
新的环中只有 n - 1 个节点。且删除前编号为 m + 1, m + 2, m + 3 的节点成了删除后编号为 1， 2， 3 的节点。
假设 old 为删除之前的节点编号， new 为删除了一个节点之后的编号，则 old 与 new 之间的关系为 old = (new + m - 1) % n + 1。
这样，我们就得出 f(n, m) 与 f(n - 1, m)之间的关系了，而 f(1, m) = 1.所以我们可以采用递归的方式来做。代码如下：
注：有些人可能会疑惑为什么不是 old = (new + m ) % n 呢？主要是因为编号是从 1 开始的，而不是从 0 开始的。如果 new + m == n的话，会导致最后的计算结果为 old = 0。所以 old = (new + m - 1) % n + 1.
int f(int n, int m){
if(n == 1) return n;
return (f(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
怎么不是一行而是两行？如果你经常刷题，那肯定希望自己的代码看起来越短越简介越好，至于会不会变的更难理解？我懒的理，所以代码如下
int f(int n, int m){
return n == 1 ? n : (f(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
当然，我之前写过一篇文章，用了三种方法来解决约瑟夫环，感兴趣的也可以看：记一道阿里笔试题：我是如何用一行代码解决约瑟夫环问题的
问题描述：给你一个整型数组，数组中有一个数只出现过一次，其他数都出现了两次，求这个只出现了一次的数。
这道题可能很多人会用一个哈希表来存储，每次存储的时候，记录 某个数出现的次数，最后再遍历哈希表，看看哪个数只出现了一次。这种方法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度也为 O(n)了。
然而这道题其实可以采用异或运算来解决，两个相同的数异或的结果是 0，一个数和 0 异或的结果是它本身，并且异或运算支持交换律，基于这个特点，我们只需要把这一组整型全部异或一下，最后的结果就是我们要找的数了。
例如这组数据是：1， 2， 3， 4， 5， 1， 2， 3， 4。其中 5 只出现了一次，其他都出现了两次，把他们全部异或一下，结果如下：
由于异或支持交换律和结合律，所以:
1^2^3^4^5^1^2^3^4 = （1^1)^(2^2)^(3^3)^(4^4)^5= 0^0^0^0^5 = 5。
通过这种方法，可以把空间复杂度降低到 O(1)，而时间复杂度不变，相应的代码如下
int find(int[] arr){
int tmp = arr[0];
for(int i = 1;i < arr.length; i++){
tmp = tmp ^ arr[i];
}
return tmp;
}
说好的一行代码的呢？
这不是为了先让你看的懂吗？一行代码解决方案如下：
// 例如使用这个函数的时候，我们最开始传给 i 的值是 1，传给 result 的是 arr[0]
//例如 find(arr, 1, arr[0])
int find(int[] arr,int i, int result){
return arr.length <= i ? result : find(arr, i + 1, result ^ arr[i]);
}
实不相瞒，这道题用了一行代码之后，更加复杂 + 难懂了，，，，，，不好意思，我错了，不该把简单的问题搞复杂了再扔给面试题的。
问题描述：给定一个整数 N，那么 N 的阶乘 N! 末尾有多少个 0？例如：N = 10，则 N！= 3628800，那么 N! 的末尾有两个0。
我先给出个代码让大家品尝一下，在细细讲解
int f(n){
return n == 0 ? 0 : n / 5 + f(n / 5);
}
对于这道题，常规操作是直接算 N！的值再来除以 10 判断多少个 0 ，然而这样肯定会出现溢出问题，并且时间复杂度还大，我们不妨从另一个思路下手：一个数乘以 10 就一定会在末尾产生一个零，那么，我们是否可以从哪些数相乘能够得到 10 入手呢？
答是可以的，并且只有 2 * 5 才会产生 10。
注意，4 * 5 = 20 也能产生 0 啊，不过我们也可以把 20 进行分解啊，20 = 10 * 2。
于是，问题转化为 N! 种能够分解成多少对 2*5，再一步分析会发现，在 N！中能够被 2 整除的数一定比能够被 5 整除的数多，于是问题近似转化为求 1…n 这 n 个数中能够被 5 整除的数有多少个，
注意，像 25 能够被 5整除两次，所以25是能够产生 2 对 2 * 5滴。有了这个思路，代码如下：
int f(int n){
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int j = i;
while(j % 5 == 0){
sum++;
j = j / 5;
}
}
return sum;
}
然而进一步拆解，我们发现
当 N = 20 时，1~20 可以产生几个 5 ？答是 4 个，此时有 N / 5 = 4。
当 N = 24 时，1~24 可以产生几个 5 ？答是 4 个，此时有 N / 5 = 4。
当 N = 25 时，1~25 可以产生几个 5？答是 6 个，主要是因为 25 贡献了两个 5，此时有 N / 5 + N / 5^2 = 6。
…
可以发现 产生 5 的个数为 sum = N/5 + N/5^2 + N/5^3+….
于是，一行代码就可以搞定它了
int f(n){
return n == 0 ? 0 : n / 5 + f(n / 5);
}
有木觉得很牛逼？以后面试官问你这些题，你就把这行代码扔给他！！！
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