三人三鬼过桥
题目：
有三个人跟三个鬼要过河，河上没桥，只有条小船
船一次只能渡一个人和一个鬼，或者两个鬼，或者两个人
无论在哪边岸上，只要是人比鬼少的情况下（比如：两鬼一人，三鬼两人，三鬼一人），人都会被鬼吃
然而船又一定需要人或鬼操作才能航行
问：如何安全的把三人三鬼渡过河对岸
思路：
先两鬼过去，再一鬼回来。此时：对面有一鬼，这边有三人两鬼
接着两鬼过去，再一鬼回来。此时：对面有两鬼，这边有三人一鬼
然后两人过去，再一人一鬼回来。此时：对面一人一鬼，这边两人两鬼
最后两人过去，再一鬼回来。此时：对面三人，这边三鬼
剩下的三个鬼，两个过去，一个回来再接另一个即可
小猴子搬香蕉
问题：
一个小猴子边上有100根香蕉，它要走过50米才能到家，每次它最多搬50根香蕉（多了就被压死了）
它每走1米就要吃掉一根香蕉，请问它最多能把多少根香蕉搬到家里
思路：
这道题的关键是，把香蕉的搬运过程分为两个阶段：
第一阶段是将香蕉来回搬运，当香蕉数目大于50根时，猴子每搬一米需要吃掉三根香蕉
第二阶段是直接搬香蕉，当香蕉数小于等于50根时
因此第一个阶段，将香蕉分为A和B两箱，把这两箱香蕉往前搬一米需要花费三根香蕉
因此，当走到17米的时候，还剩下49根香蕉（100 - 3 * 17），就代表此时可以一直往前走，不用来回搬运香蕉了
而在第二个阶段，此时还剩下50 - 17 = 33米还没有走完，因此还需要再消耗33根香蕉
所以最后还剩下49 - 33 = 16根香蕉
强盗分金币
问题：
5个海盗抢到了100枚金币，每一颗都一样的大小和价值。 他们决定这么分：
- 抽签决定自己的号码（1，2，3，4，5）
- 首先，由1号提出分配方案，然后大家5人进行表决，当半数以上的人同意时（ 不包括半数），按照他的提案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼
- 如果1号死后，再由2号提出分配方案，然后大家4人进行表决，当且仅当半超过半数的人同意时， 按照他的提案进行分配，否则将被扔入大海喂鲨鱼
- 以此类推
假设每一位海盗都足够聪明，并且利益至上，能多分一枚金币绝不少分，那么1号海盗该怎么分金币才 能使自己分到最多的金币呢？
思路：从后往前推导
如果1至3号强盗都喂了鲨鱼，只剩4号和5号的话
5号一定投反对票让4号喂鲨鱼，以独吞全部金币
所以，4号惟有支持3号才能保命
3号知道这一点，就会提出[100，0，0]的分配方案
因为3号知道4号即使一无所获但还是会投赞成票（如果投了反对，就回到上一步了），再加上自己一票，他的方案即可通过
而2号也知道这一点，就会提出[98，0，1，1]的方案
由于该方案对于4号和5号来说比在3号分配时更为有利，他们将支持他而不希望他出局
同样1号也知道这一点，就会提出[97，0，1，2，0]或[97，0，1，0，2]的方案
对于此时的方案一，给3号一个金币和给4号两个金币的方案，明显由于2号的方案，所以3号和4号会给1号投赞成票
再加上1号自己的票，即可通过
而对于方案二来说，给3号一个金币和给5号两个金币的方案，明显优于2号的方案，同理
总结：最终的分配方案为[97，0，1，2，0]或[97，0，1，0，2]
空瓶换饮料
题目：1000瓶饮料，3个空瓶子能够换1瓶饮料，问最多能喝几瓶？
思路：
先留下1瓶饮料（就当作是向店家借的那一瓶）
接着可以认为先向店家借一瓶，自己拿两瓶，此时总共就有3瓶
那么就得到三个空瓶子，换得一瓶饮料，然后还给店家一瓶，即无拖无欠
所以就只要在原有瓶数的基础上，再计算有多少个两瓶即可
即1000 + (1000 - 1) / 2 = 1499瓶
称重类问题
问题一：有一个天平，九个砝码，其中一个砝码比另八个要轻一些，问最少要称几次才能找到轻的砝码
答案：2次
第一次：
在称的两边各放3个砝码：哪边轻就代表轻的砝码在哪边；一样重就代表轻的砝码在剩余的砝码中
第二次：
找到存在轻砝码的那三个砝码，在称的两边各放1个砝码：哪边轻就是哪个；两边一样重，那么轻的砝码就是剩余的砝码
问题二：十组砝码每组十个砝码，每个砝码都是10g重，但现在其中有一组砝码每个都只有9g重，现有一个能显示克数的秤，最少称几次能找到轻的那组？
答案：1次
将砝码分组1~10，第一组拿一个，第二组拿两个，以此类推
将所有的砝码一起放到秤上称重，得到克数x，设y = 550 - x，则第y组就是轻的那组
问题三：有四瓶药，但有一个是重的，只有一台称，只许称一次，找出那瓶是重的
思路：
将药随机分为两组，称一次称
设比较重的一边是A，轻一点的是B
接着从A中随机抽出一瓶，从B中也随机抽出一瓶
如果此时秤的左右两边是相等的，那么重的那一瓶就是从A中抽出的
否则就是A中还在称上的那一瓶
舀酒问题
问题：两个舀酒的勺子，分别能舀7两和11两酒，如何舀出2两酒
思路：
先舀7两倒到11两勺里
再舀7两倒到11两勺里，此时7两的勺里剩3两
把11两勺里的酒倒掉，把7两的勺里剩的3两倒入
再舀凳橡枝7两倒到11两勺里，此时11两的勺里还可以装11 - (3 + 7) =1两
再舀7两倒到11两勺里，7两勺剩7 - 1 = 6两
把11两勺里的酒倒掉，把6两倒入，11两的勺里还可以装11 - 6 = 5两
再舀7两倒到11两勺里，7两勺剩7 - 5 = 2两
毒药毒白鼠
问题一：
有1000个一模一样的瓶子，其中有999瓶是普通的水，有1瓶是毒药
任何喝下毒药的生命都会在一星期之后死亡
现在你只有10只小白鼠和1个星期的时间，如何检验出哪个瓶子有毒药？
思路：
首先一共有1000瓶，而$2^{10}$是1024，刚好大于1000，也就是说，1000瓶药品可以使用10位二进制数就可以表示
即，第一瓶：00 0000 0001，第二瓶：00 0000 0010，第三瓶：00 0000 0011，以此类推
将当前的十只老鼠按顺序编号A、B、C、D、E、F、G、H、I、J，分别代表从低位到高位每一个位
每只老鼠对应一个二进制位，比如说数字5，那么对应的就是3号老鼠和1号老鼠，即让3号老鼠和1号老鼠喝下第五瓶水
观察：若死去的老鼠为1号老鼠和3号老鼠，就代表第五瓶水是毒药
问题二：
8瓶酒一瓶有毒，用小老鼠测试。每次测试结果8小时后才会得出
只有8个小时的时间。最少需要几只老鼠测试？
答案：3只
思路同上，用三位二进制表示8瓶酒
其中，第一个老鼠喝下最低位为1对应的酒，第二个老鼠喝下中间位为1对应的酒，第三个老鼠喝下最高位为1对应的酒
最后将所有中毒的老鼠，对应的位次进行与操作即可以知道那瓶毒药有毒了
先手必胜问题
问题：100本书，两个人依次拿书，你先拿，每次能够拿1-5本书，怎么拿能保证最后一次是你拿？
思路：
试想，如果最后一次是我拿的书，那么此时剩下的书的数量必然要是1-5本
也就是说，在上一次拿书的过程中，也就是对方的拿书的时候，此时最少要剩下6本书
那么只要保持每个回合结束后都剩下6的倍数，并且在这个回合中保证我拿的和对方拿的加起来为6（这样这个回合结束后剩下的还是6的倍数）
就能够保证最后一次拿书是我拿的
因此需要保证书的数量始终是6的倍数，所以第一次先手拿书要拿100 % 6 = 4本书
辩论赛数量
问题：1000个人参加辩论赛，1V1，输了就退出，需要安排多少场比赛？
思路：
每一场辩论赛参加两个人，消失一个人
所以可以看作是每一场辩论赛减少一个人，直到最后剩下1个人
因此是1000 - 1 = 999场
奴隶猜帽子颜色
问题一：
100个奴隶站成一纵列，每人头上随机带上黑色或白色的帽子，同时每个人都不知道自己帽子的颜色，但能看见自己前面所有人帽子的颜色
然后从最后一个奴隶开始，每人只能用同一种声调和音量说一个字：”黑”或”白”
如果说中了自己帽子的颜色，就存活，说错了就拉出去斩了，每个人说的答案所有奴隶都能听见，但是否说对，其他奴隶不知道
在这之前，所有奴隶可以聚在一起商量策略
问如果奴隶都足够聪明而且反应足够快，100个奴隶最大存活率是多少？
思路：
最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”，否则报“白”（注意：他此时是必然不知道自己的帽子颜色是什么，所以有50%的概率死掉）
然后从倒数第二个人开始，如果前一个人说的是“黑”，同时他本人看到后面有奇数顶黑色帽子
就代表自己是白色帽子，因此就会说“白”
后面的人便以此类推
总结规律便是：
假设后面有奇数顶帽子为“黑”，有偶数顶帽子为“白”
如果后面看到的和前面的人说的相同，就报“白”；否则就报“黑”
因此最后的结果就是99人能100%存活，1人50%能活
问题二：
在上面的基础上，给定限定条件：每个奴隶只能看见前面一个人帽子颜色又能最多存活多少人？
思路：
此时只能约定偶数位奴隶说他前一个人的帽子颜色
因此：奇数位置的奴隶100%存活，偶数位置的奴隶50%存活
利用烧绳子计算时间
问题：
现有若干条不均匀的绳子，烧完每一根绳子都需要花费一个小时
问如何准确计时：15分钟、30分钟、45分钟、75分钟
思路：
计算15分钟：将绳子对折，然后从两端开始烧（即从四个端点燃烧绳子）
计算30分钟：从绳子的两端分别开始燃烧
计算45分钟：
拿两根绳子，一根从两端烧，另一根从一端烧
两端烧的绳子烧完后即过了30分钟
此时立即将第二根另一头点燃（PS：此时的第二根绳子如果继续用一端燃烧，还可以烧30分钟，而如果从两端烧，就只能烧15分钟）
待这根绳子烧完便是15分钟
因此一共加起来便是45分钟
计算75分钟：等价于30分钟+45分钟
飞机绕地球
问题：
一箱油可供一架飞机绕地球飞半圈
一架飞机绕地球一圈回到起飞时的飞机场，至少需要出动几架飞机
答案：三架（前提是允许其他两架飞机可以飞不回来）
a和b全程顺时针飞，b在a起飞到四分之一处时，把油全部给a，接着b坠毁
c在a飞到一半时逆时针从机场起飞，c和a相遇时把油全部给a，c坠毁，a刚好回到基地
老虎吃羊
问题：
一百只老虎和一只羊共同生活在一个只有草的魔法岛上。老虎可以吃草，但它们更喜欢吃羊
其中：每次一只老虎只能吃一只羊，并且吃完后老虎会变成羊
所有的老虎都很精明，并且都想活下去
问：羊会被吃掉吗？
思路：
这类题目需要先降低数量，简化问题，从而找出规律
如果有1只老虎，它肯定会吃掉羊，因为它不用担心变成羊后会被吃掉
如果有2只老虎，因为两只老虎都很精明，都清楚如果自己吃掉羊后变成羊，就会被另一只老虎吃掉，所以结果是谁也不去吃羊
如果有3只老虎，如果其中一只老虎吃掉一只羊后变身，剩下的两只老虎不会再继续吃羊，所以第一只老虎把羊吃掉
如果有4只老虎，每只老虎都知道如果它吃了羊，它就会变成羊。还剩下3只老虎，它还是会被吃掉的。所以为了保证最大的生存可能性，没有老虎会吃羊肉
同样的逻辑，可以证明：如果老虎的数量是偶数，羊就不会被吃掉。如果数字是奇数，羊就会被吃掉
因此对于100只老虎的情况，羊不会被吃掉
翻转硬币
题目：
有23枚硬币在桌上，其中10枚正面朝上．蒙住眼睛（无法分清硬币正反，但可以翻转硬币）
问如何操作能将硬币分成两组，让两组硬币正面朝上的硬币数量一样多
思路：
将这23枚硬币分成10个、13个两组
然后将10个一组的所有硬币翻转，这时两堆正面朝上的硬币个数就一样了
因为总共就只有十个硬币是正面的，假设有x个正面的在10个的这一组，那么就有10 - x个在13个的这一组
因此只要翻转10个的这一组，那么此时在10个硬币的一边，就有10 - x正面的硬币了
赛马类问题
背景：只知道每次赛马中马的名次，而不知道每匹马具体的速度
25匹马，5条跑道，找最快的3匹马，最少需要跑几次？
答案：7次
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| A1 | B1 | C1 | D1 | E1 |
| A2 | B2 | C2 | D2 | E2 |
| A3 | B3 | C3 | D3 | E3 |
| A4 | B4 | C4 | D4 | E4 |
| A5 | B5 | C5 | D5 | E5 |
5次（将25匹马分为A、B、C、D、E五个组，每个组内先跑一次）
1次（将每组的第一名，即A1、B1、C1、D1、E1，放在一起跑一次）
1次（假设A1>B1>C1>D1>E1，则现在需要找top2和top3；因此将A2、A3、B1、B2、C1，放在一次跑一次；这里面的top1和top2，便是总排名的top2和top3）
25匹马，5条跑道，找最快的5匹马，最少需要跑几次？
答案：最少8次，最多9次
预处理：
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| A1 | B1 | C1 | D1 | E1 |
| A2 | B2 | C2 | D2 | E2 |
| A3 | B3 | C3 | D3 | E3 |
| A4 | B4 | C4 | D4 | E4 |
| A5 | B5 | C5 | D5 | E5 |
5次（将25匹马分为A、B、C、D、E五个组，每个组内先跑一次）
1次（将每组的第一名，即A1、B1、C1、D1、E1，放在一起跑一次）
1次（假设A1>B1>C1>D1>E1，则现在需要找top2和top3；因此将A2、A3、B1、B2、C1，放在一次跑一次；这里面的top1和top2，便是总排名的top2和top3）
重点是根据不同的情况找到top4和top5
情况一：8场比赛
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| Top1 | B1 | C1 | D1 | E1 |
| Top2 | B2 | C2 | D2 | |
| Top3 | B3 | C3 | ||
| A4 | B4 | |||
| A5 |
在此种情况下top4只能在A4、B1中产生
如果第4名=A4，那么第5名只能在A5、B1中产生
如果第4名=B1，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生
则top4和top5需要在马匹[A4、A5、B1、B2、C1]五匹马中产生
因此只需要额外再来一场比赛即可
情况二：9场比赛
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| Top1 | Top2 | C1 | D1 | E1 |
| Top3 | B2 | C2 | D2 | |
| A3 | B3 | C3 | ||
| A4 | B4 | |||
| A5 |
在此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生
如果第4名=A3，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生
如果第4名=B2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生
如果第4名=C1，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生
则top4和top5需要在马匹[A3、A4、B2、B3、C1、C2、D1]七匹马中产生
因此还得再比赛两场才能找到top4和top5
情况三：9场比赛
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| Top1 | Top2 | C1 | D1 | E1 |
| A2 | Top3 | C2 | D2 | |
| A3 | B3 | C3 | ||
| A4 | B4 | |||
| A5 |
在此种情况下第4名只能在A2、B3、C1中产生
如果第4名=A2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生
如果第4名=B3，那么第5名只能在A2、B4、C1中产生
如果第4名=C1，那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生
则top4和top5需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产生
因此还得再比赛两场才能找到top4和top5
情况四：9场比赛
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| Top1 | Top2 | Top3 | D1 | E1 |
| A2 | B2 | C2 | D2 | |
| A3 | B3 | C3 | ||
| A4 | B4 | |||
| A5 |
在此种情况下第4名只能在A2、B2、C2、D1中产生
如果第4名=A2，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生
如果第4名=B2，那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生
如果第4名=C2，那么第5名只能在A2、B2、C3、D1中产生
如果第4名=D1，那么第5名只能在A2、B2、C2、D2、E2中产生
则top4和top5需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中产生
因此还得再比赛两场才能找到top4和top5
情况五：9场比赛
| A组 | B组 | C组 | D组 | E组 |
|---|---|---|---|---|
| Top1 | Top3 | C1 | D1 | E1 |
| Top2 | B2 | C2 | D2 | |
| A3 | B3 | C3 | ||
| A4 | B4 | |||
| A5 |
在此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生
如果第4名=A3，那么第5名只能在A4、B2、C1中产生
如果第4名=B2，那么第5名只能在A3、B3、C1中产生
如果第4名=C1，那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生
则top4和top5需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生
因此还得再比赛两场才能找到top4和top5
64匹马，8条跑道，找最快的4匹马，最少需要跑几次？
答案：最少10次，最多11次
思路：
| A1 | B1 | C1 | D1 | E1 | F1 | G1 | H1 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| A2 | B2 | C2 | D2 | E2 | F2 | G2 | H2 |
| A3 | B3 | C3 | D3 | E3 | F3 | G3 | H3 |
| A4 | B4 | C4 | D4 | E4 | F4 | G4 | H4 |
| A5 | B5 | C5 | D5 | E5 | F5 | G5 | H5 |
| A6 | B6 | C6 | D6 | E6 | F6 | G6 | H6 |
| A7 | B7 | C7 | D7 | E7 | F7 | G7 | H7 |
| A8 | B8 | C8 | D8 | E8 | F8 | G8 | H8 |
第一轮：8场（先将64匹马分为8组，各个组组内进行赛跑；同时会淘汰每组的后4名）
| A1 | B1 | C1 | D1 | E1 | F1 | G1 | H1 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| A2 | B2 | C2 | D2 | E2 | F2 | G2 | H2 |
| A3 | B3 | C3 | D3 | E3 | F3 | G3 | H3 |
| A4 | B4 | C4 | D4 | E4 | F4 | G4 | H4 |
第二轮：1场（每组的第一名进行一次赛跑；会再淘汰一部分）
| A1 | B1 | C1 | D1 | ||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| A2 | B2 | C2 | |||||
| A3 | B3 | ||||||
| A4 |
第三轮：先选择B1、C1、A2、B2、C2、A3、B3、A4进行赛跑，然后分情况进行探讨：
情况一（11场）：
如果C1以第二名的成绩晋级（除D1比赛中的第二名，已知B1>C1，所以C1不可能是第一名）
那么最终第三名（除D1比赛中的第三名）在A2-4、B2-3、C2中产生
并不能知道D1与它们的快慢，所以需要D1与A2-4、B2-3、C2共7匹马再进行一次比赛
第一名进入TOP4（是总成绩中的第四名）
情况二（10场）：
如果C1以第三至七名的成绩完赛（除D1的比赛，已知C1>D1，所以C1不可能是第八名）
那么除D1这8匹马中的前三名就直接进入TOP4（总成绩中的第二、三、四名）
无需进行加赛
概率类问题
不等概率实现等概率
问题：
给定一个函数，有p0概率返回0，p1概率返回1，保证p0+p1=1
利用给定函数，实现一个新的函数：使得有50%的概率返回0，50%的概率返回1
思路：
如果p0 = 1，p1 = 1或者p0 = 0，p1 = 0就重新来过
否则：出现p0 = 1，p1 = 0，就返回1
p0 = 0，p1 = 1，就返回0
先抛硬币获胜的概率
题目：两个人轮流抛硬币，谁先抛出正面就获胜，先抛的人获胜的概率是多少
思路：假设A先，B后
P(A) = 1/2 + // A直接取胜
1/2 * 1/2 * 1/2 + // A1失败B1失败A2取胜
1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 + // A1失败B1失败A2失败B2失败A3取胜
...
P(A) = 1/2 + (1/2) ^ 3 + (1/2) ^ 5 + (1/2) ^ 7 + ... = 1/2 * (1 - (1/4) ^ n) / (1 - 1/4) = 2/3
P(B) = 1/2 * 1/2 + // A1失败B1取胜
1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 + // A1失败B1失败A2失败B2取胜
1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 * 1/2 + // A1失败B1失败A2失败B2失败A3失败B3取胜
...
P(B) = (1/2) ^ 2 + (1/2) ^ 4 + (1/2) ^ 6 + ... = 1/4 * (1 - (1/4) ^ n) / (1 - 1/4) = 1/3由此可见，先抛的人获胜的概率更大，为2/3
大小王在同一个人手上的概率
问题：
在斗地主中共有54张牌，地主20张，两个农民各17张牌
求大小王同时在一个人手上的概率
思路：
P = (2 * C(17,2) + (C(17,2) + C(3,2) + C(17,1) * C(3,1))) / C(54,2)
// 这里的分子和分母都忽略了大小王交换的情况（等价于分子分母同时除以2）
= (2 * C(17,2) + C(20,2)) / C(54,2)
= 17/53 + 3/(53*27)
= 32.29%
/*
分母的第一个式子是指两个农民各自手上拿到大小王的情况
分母的第二个式子是指是地主拿到的情况，而地主又分为：
大小王在已分配的手牌中
大小王在额外分配的三张手牌中
大小王有一张在地主牌中，另一张在已分配的手牌中
*/圆内锐角三角性的概率
问题：
求圆上任取三个点组成锐角三角形的概率
答案：1/4
如下图所示，假设圆半径为1。首先固定住A点，我们把A点作为三角形的第一个点
接下来在圆周取作为三角形第二个点的点C
点C可能在AB的左边，也可能在AB的右边
由于左右完全对称，因此不妨设点C在AB的左边
火枪手决斗中，活下的概率
问题：
彼此痛恨的甲、乙、丙三个枪手准备决斗
甲枪法最好，十发八中；乙枪法次之，十发六中；丙枪法最差，十发四中
如果三人同时开枪，并且每人每轮只发一枪
那么枪战后，谁活下来的机会大一些？
思路：
对于枪手甲来说，威胁最大的是枪手乙，他因此枪手甲会先射击枪手乙
对于枪手甲来说，威胁最大的是枪手甲，他因此枪手乙会先射击枪手甲
对于枪手丙来说，威胁最大的是枪手甲，他因此枪手丙会先射击枪手甲
因此在第一轮中：甲射乙，乙射甲，丙射甲
甲的活率为24%（40% * 60%）
乙的活率为20%（100% - 80%）
丙的活率为100%（无人射丙）
而在第二轮中，又分为以下情况：
情况一：甲活乙死（24% X 80% = 19.2%）
甲射丙，丙射甲：甲的活率为60%，丙的活率为20%
情况二：乙活甲死（20% X 76% = 15.2%）
乙射丙，丙射乙：乙的活率为60%，丙的活率为40%
情况三：甲乙同活（24% X 20% = 4.8%）
重复第一轮
情况4：甲乙同死（76% X 80% = 60.8%）
枪战结束
// 甲的活率为(19.2% X 60%) + (4.8% X 24%) = 12.672%
// 乙的活率为(15.2% X 60%) + (4.8% X 20%) = 10.08%
// 丙的活率为(19.2% X 20%) + (15.2% X 40%) + (4.8% X 100%) + (60.8% X 100%) = 75.52%由此得知实际上丙的存活率是最高的
其他
连续整数之和为1000的整数有多少组
思路：
设有n个连续整数，最小的那个是a，按等差数列求和公式，这n个整数的和为n * a + n * (n-1) / 2
即求方程n * a + n * (n-1) / 2＝1000的整数解
把方程变为a = 1000 / n - (n - 1) / 2，如果a是整数：
- 要么n是奇数且n能整除1000（这样
1000 / n和(n - 1) / 2都是整数） - 要么n是偶数且
1000 / n的小数部分为0.5，把1000分解为2 * 2 * 2 * 5 * 5 * 5
找出符合条件的数共有4个：1、5、16、25
二叉树的层数问题
问题：
求解层数为n的二叉树总共有多少种
思路：
分为满二叉树和非满二叉树，比如说二层的二叉树就有的root + lchild、root + rchild，root + l + r这3种
零层的二叉树有1种
一层的二叉树有1种
二层的二叉树有2 * (a0 * a1) + a1 * a1 = 3种
三层的二叉树有2 * (a0 * a2 + a1 * a2) + a2 * a2 = 21种
四层的二叉树有2 * (a0 * a3 + a1 * a3 + a2 * a3) + a3 * a3 = 546种
N层的二叉树有2 * (a0 * an-1 + a1 * an-1 + ...) + an-1 * an-1种
跑步问题
问题：
小李早上8点20分在一个400米长的环形跑道上跑步，先是逆时钟跑一分钟，然后掉头顺时钟跑2分钟
然后又逆时钟3分钟，以此类推，当他跑到起点的时候正好准备掉头
当小李按逆时针方向跑到出发点，又恰好该往回跑时，他的练习正好停止。如果假设小李一直保持匀速，每分钟跑120米
请问小李锻炼了多久的时间
思路：
先逆时针跑x分钟，在顺时针跑x+1分钟，则实际路程便是顺时针跑1分钟
要让小李逆时针方向跑到出发点，又恰好该往回跑，则表明此时小李的有效跑步长度要是400米的倍数
即-1 + 2 - 3 + 4 - 5 + 6....，最后得到的结果要是10的倍数（因为120 * 10 % 400 = 0）
则刚好到19的时候，得到的结果是-10
因此小李的锻炼时间为1 + 2 + 3 + ...+ 19 = 190分钟
掰巧克力问题
问题：N * M块巧克力，每次掰一块的一行或一列，掰成1 * 1的巧克力需要多少次？
思路：
每次拿起一块巧克力，掰一下（无论横着还是竖着）都会变成两块
因为所有的巧克力共有N * M块，所以要掰N * M - 1次
-1是因为最开始的一块是不用算进去的
24小时里面时针分针秒针可以重合几次
思路：
24小时中时针走2圈，而分针走24圈，时针和分针重合24-2=22次
而只要时针和分针重合，秒针一定有机会重合，所以总共重合22次
reference
https://www.nowcoder.com/discuss/974128
https://www.nowcoder.com/discuss/972078
https://www.nowcoder.com/discuss/968842
InterviewGuide第四版阿秀
