第一道：除數博弈
題目來源於 LeetCode 上第 1025 號問題：除數博弈。
題目解析
對於這種博弈類的題目，如果沒有思路的話我們不妨多舉幾個例子，嘗試着從中找尋規律。
- 假設
N = 1，愛麗絲沒得選擇，直接失敗，即 鮑勃獲勝； - 假設
N = 2，愛麗絲有選擇，她可以選擇x = 1，鮑勃面對的就是N = 2 - 1 = 1，無法操作，愛麗絲獲勝； - 假設
N = 3，愛麗絲只能選擇x = 1，因爲選x = 2不滿足3 % 2 = 0，鮑勃面對的就是N = 3 - 1 = 2，參考上面N = 2的情形，此時鮑勃爲N = 2的先手，鮑勃獲勝； - 假設
N = 4，愛麗絲可以選擇x = 1來使鮑勃遇到N = 3的情況，愛麗絲獲勝；
貌似有個規律：N 爲奇數時， 鮑勃獲勝；N 爲偶數時， 愛麗絲獲勝。
是這樣嗎？
是的。
事實上，無論 N 爲多大，最終都是在 N = 2 這個臨界點結束的。誰最後面對的是 N = 2 的情形，誰就能獲勝（這句話不太理解的話，仔細看看 N = 2、N = 3 這兩種情形）。
接下來，我們得知道一個數學小知識：奇數的因子（約數）只能是奇數，偶數的因子（約數）可以是奇數或偶數。
千萬不要忽略 1 也是因子！
愛麗絲是遊戲開始時的先手。
- 當她面對的 N 爲偶數時，她 一定可以 選到一個 N 的奇數因子 x（比如 1 ），將 N - x 這個奇數傳給鮑勃；用
N - x替換黑板上的數字N，鮑勃面對的就是奇數 N，只能選擇 N 的奇數因子 x，奇數 - 奇數 = 偶數，此時傳給愛麗絲的又是偶數。這樣輪換下去愛麗絲會遇到 N = 2 的情形，然後獲勝； - 當愛麗絲遇到的 N 是奇數時，只能傳給鮑勃偶數或無法操作 (N = 1) ，無法獲勝。
代碼實現
//@五分鐘學算法
class Solution {
public boolean divisorGame(int N) {
return N % 2 == 0;
}
}第二道：燈泡開關
題目來源於 LeetCode 上第 319 號問題：燈泡開關。
題目分析
首先，因爲電燈一開始都是關閉的，所以某一盞燈最後如果是點亮的，必然要被按奇數次開關。
我們假設只有 6 盞燈，而且我們只看第 6 盞燈。需要進行 6 輪操作對吧，請問對於第 6 盞燈，會被按下幾次開關呢？這不難得出，第 1 輪會被按，第 2 輪，第 3 輪，第 6 輪都會被按。
爲什麼第 1、2、3、6 輪會被按呢？因爲 6 = 1×6 = 2×3。一般情況下，因子都是成對出現的，也就是說開關被按的次數一般是偶數次。但是有特殊情況，比如說總共有 16 盞燈，那麼第 16 盞燈會被按幾次?
16 = 1 × 16 = 2 × 8 = 4 × 4 其中因子 4 重複出現，所以第 16 盞燈會被按 5 次，奇數次。現在你應該理解這個問題爲什麼和平方根有關了吧？
不過，我們不是要算最後有幾盞燈亮着嗎，這樣直接平方根一下是啥意思呢？稍微思考一下就能理解了。
就假設現在總共有 16 盞燈，我們求 16 的平方根，等於 4，這就說明最後會有 4 盞燈亮着，它們分別是第 1 × 1 = 1 盞、第 2 × 2=4 盞、第 3 × 3 = 9 盞和第 4 × 4 = 16盞。
我們不是想求有多少個可開方的數嗎，4 是最大的平方根，那麼小於 4 的正整數的平方都是在 1~16 內的，是會被按奇數次開關，最終亮着的燈。
就算有的 n 平方根結果是小數，強轉成 int 型，也相當於一個最大整數上界，比這個上界小的所有整數，平方後的索引都是最後亮着的燈的索引。所以說我們直接把平方根轉成整數，就是這個問題的答案。
代碼實現
class Solution {
public int bulbSwitch(int n) {
return (int)Math.sqrt(n);
}
}第三道：3的冪
題目來源於 LeetCode 上第 326 號問題：3的冪。
題目解析
正常的思路是不停地去除以 3，看最後的迭代商是否爲 1。這種思路的代碼使用到了循環，逼格不夠高。
這裏取巧的方法 用到了數論的知識：3 的冪次的質因子只有 3。
題目要求輸入的是 int 類型，正數範圍是 0 - 231，在此範圍中允許的最大的 3 的次方數爲 319 = 1162261467 ，那麼只要看這個數能否被 n 整除即可。
代碼實現
//@五分鐘學算法
class Solution {
public boolean isPowerOfThree(int n) {
return n > 0 && 1162261467 % n == 0;
}
}第四道：2的冪
題目來源於 LeetCode 上第 231 號問題：2的冪。
題目解析
如果一個數是 2 的次方數的話，那麼它的二進數必然是最高位爲 1，其它都爲 0 ，那麼如果此時我們減 1 的話，則最高位會降一位，其餘爲 0 的位現在都爲變爲 1，那麼我們把兩數相與，就會得到 0。
代碼實現
//@五分鐘學算法
class Solution {
public:
bool isPowerOfTwo(int n) {
return n > 0 && ((n & (n - 1)) == 0);
}
};第五道：階乘後的零
題目來源於 LeetCode 上第 172 號問題：階乘後的零。
題目解析
題目很好理解，數階乘後的數字末尾有多少個零。
最簡單粗暴的方法就是先乘完再說，然後一個一個數。
事實上，你在使用暴力破解法的過程中就能發現規律： 這 9 個數字中只有 2（它的倍數） 與 5 （它的倍數）相乘纔有 0 出現。
所以，現在問題就變成了這個階乘數中能配 多少對 2 與 5。
舉個複雜點的例子：
10！ = 【 2 *（ 2 * 2 ）* 5 *（ 2 * 3 ）*（ 2 * 2 * 2 ）*（ 2 * 5）】
在 10！這個階乘數中可以匹配兩對 2 * 5 ，所以10！末尾有 2 個 0。
可以發現，一個數字進行拆分後 2 的個數肯定是大於 5 的個數的，所以能匹配多少對取決於 5 的個數。（好比現在男女比例懸殊，最多能有多少對異性情侶取決於女生的多少）。
那麼問題又變成了 統計階乘數裏有多少個 5 這個因子。
需要注意的是，像 25，125 這樣的不只含有一個 5 的數字的情況需要考慮進去。
比如 n = 15。那麼在 15! 中 有 3 個 5 (來自其中的5, 10, 15)， 所以計算 n/5 就可以 。
但是比如 n=25，依舊計算 n/5 ，可以得到 5 個5，分別來自其中的5, 10, 15, 20, 25，但是在 25 中其實是包含 2 個 5 的，這一點需要注意。
所以除了計算 n/5 ， 還要計算 n/5/5 , n/5/5/5 , n/5/5/5/5 , ..., n/5/5/5,,,/5直到商爲0，然後求和即可。
代碼實現
//@五分鐘學算法
public class Solution {
public int trailingZeroes(int n) {
return n == 0 ? 0 : n / 5 + trailingZeroes(n / 5);
}
}第六道：Nim 遊戲
題目來源於 LeetCode 上第 292 號問題：Nim 遊戲。
題目解析
我們解決這種問題的思路一般都是反着思考：
如果我能贏，那麼最後輪到我取石子的時候必須要剩下 1~3 顆石子，這樣我才能一把拿完。
如何營造這樣的一個局面呢？顯然，如果對手拿的時候只剩 4 顆石子，那麼無論他怎麼拿，總會剩下 1~3 顆石子，我就能贏。
如何逼迫對手面對 4 顆石子呢？要想辦法，讓我選擇的時候還有 5~7 顆石子，這樣的話我就有把握讓對方不得不面對 4 顆石子。
如何營造 5~7 顆石子的局面呢？讓對手面對 8 顆石子，無論他怎麼拿，都會給我剩下 5~7 顆，我就能贏。
這樣一直循環下去，我們發現只要踩到 4 的倍數，就落入了圈套，永遠逃不出 4 的倍數，而且一定會輸。
代碼實現
public class Solution {
bool canWinNim(int n) {
// 如果上來就踩到 4 的倍數，那就認輸吧
// 否則，可以把對方控制在 4 的倍數，必勝
return n % 4 != 0;
}
}第七道：石子游戲
題目來源於 LeetCode 上第 877 號問題：石子游戲。
題目解析
顯然，亞歷克斯總是贏得 2 堆時的遊戲。 通過一些努力，我們可以獲知她總是贏得 4 堆時的遊戲。
如果亞歷克斯最初獲得第一堆，她總是可以拿第三堆。 如果她最初取到第四堆，她總是可以取第二堆。第一 + 第三，第二 + 第四 中的至少一組是更大的，所以她總能獲勝。
我們可以將這個想法擴展到 N 堆的情況下。設第一、第三、第五、第七樁是白色的，第二、第四、第六、第八樁是黑色的。 亞歷克斯總是可以拿到所有白色樁或所有黑色樁，其中一種顏色具有的石頭數量必定大於另一種顏色的。
因此，亞歷克斯總能贏得比賽。
代碼實現
class Solution {
public boolean stoneGame(int[] piles) {
return true;
}
}