10题解–矩阵覆盖
题目描述
我们可以用21的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个21的小矩形无重叠地覆盖一个2n的大矩形，总共有多少种方法？
比如n=3时，23的矩形块有3种覆盖方法
思路解析
这条其实本质上也是一条斐波那契数列数列的变形，注意题目中为什么强调的是2*N的矩阵，就是为了让大家通过斐波那契来实现。通过下面的图来讲解：
源代码
public class Solution { public int RectCover(int target) { if(target==0) return 0; else if(target==1) return 1; else if(target==2) return 2; else { return RectCover(target-1)+RectCover(target-2); } } }
11题解–二进制中1的个数
题目描述
输入一个整数，输出该数32位二进制表示中1的个数。其中负数用补码表示。
思路解析
这里首先理解原码，反码，补码的意思
正数的原码，反码，补码都是一样的
负数的原码就是正数的原码，但是最高为1标志符号位，反码就是将负数的原码除符号位外全部取反，补码就是对反码进行加1操作，注意在这个过程中符号位也是参与计算的。
下面我们通过举例来加深印象
7的原码：0000 0111
7的反码：0000 0111
7的补码：0000 0111
-7的原码：1000 0111
-7的反码：1111 1000
-7的补码：1111 1001
因为题目中规定有32位，所以我们还需要对转换成二进制的字符串进行修改，因为正数该有几位就是几位，并且正数的原码，反码，补码都一样，其次因为他不满的位数也是通过补0来进行，对于计算1的个数没什么影响
但是对于负数就不一样了，虽然在原码阶段没什么问题，但是在反码阶段因为要进行取反的操作，所以补位的0都会变成1，并且在之后的+1操作中可能还会发生变化，所以我们需要对负数的原码进行修改，将它改成32位。
源代码
public class Solution { public static int NumberOf1(int n) { int count=0; if(n==0) count=0; else if(n>0) { String string=Integer.toBinaryString(n); char[]ch=string.toCharArray(); for(int i=0;i<ch.length;i++) { if(ch[i]=='1') count++; } } else { String string=Integer.toBinaryString(Math.abs(n)); string=String.format("%32s",string);//获得32位的 int flag=0; char[]ch=string.toCharArray(); //取反,获得反码 for(int i=0;i<ch.length;i++) { if(ch[i]=='1') ch[i]='0'; else ch[i]='1'; } //找到末尾连续的1,并且执行+1操作，实现反码到补码的转换 for(int i=ch.length-1;i>-1;i--) { if(ch[i]=='0') { ch[i]='1'; flag=i; break; } else ch[i]='0'; } for(int i=flag;i>-1;i--) { if(ch[i]=='1') count++; } } return count; } }
12题解–数值的整数次方
题目描述
给定一个double类型的浮点数base和int类型的整数exponent。求base的exponent次方。
保证base和exponent不同时为0
思路解析
这题简单主要是要考虑好情况，因为exponent可能为正也可能为负，注意情况即可。
源代码
public class Solution { public double Power(double base, int exponent) { double result=1.0; if(base==0) result=0; else if(exponent==0) result=1; else if(exponent>0) { for(int i=0;i<exponent;i++) result*=base; } else { for(int i=0;i<Math.abs(exponent);i++) result*=base; result=1/result; } return result; } }
