01-面试中的智力题
1. 二进制问题
1.1 毒药问题
问题：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？
首先一共有1000瓶，2的10次方是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。
从第一个开始：
- 第一瓶 ： 00 0000 0001
- 第二瓶 ： 00 0000 0010
- 第三瓶 ： 00 0000 0011
- ……
- 第999瓶： 11 1111 0010
- 第1000瓶：11 1111 0011
需要十只老鼠，如果按顺序编号，ABCDEFGHIJ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，如果该位上的数字为1，则给老鼠喝瓶里的药。 观察，若死亡的老鼠编号为：ACFGJ，一共死去五只老鼠，则对应的编号为 10 0110 0101， 则有毒的药品为该编号的药品，转为十进制数为：613号。
1.2 分金块问题
问题：工人为老板打工，工作七天可以获得一块金子，工人每天可以分得一点金子，老板必须每天发金子，不能多给，也不能少给，把这个金子切两刀，就可以每天给工人发工资，请问怎么切？
切两刀将金子分成三份，1/7、2/7、4/7；
- 工作第一天 把1/7分给工人；
- 工作第二天 把2/7分给工人，并要回1/7那块金子，工人有2/7的金子；
- 工作第三天 把1/7给工人 工人有3/7金子；
- 工作第四天 把前两块金子要回，给工人4/7的金子 工人有4/7的金子；
- 工作第五天 把1/7分给工人 工人有5/7的金子；
- 工作第六天 把2/7分给工人，并要回1/7那块金子，工人有6/7的金子；
- 工作第七天 把1/7给工人 工人有完整的金子；
扩展：如何给工人发15天的工资？把金块分成1/15、2/15、4/15、8/15。
2. 先手必胜问题
2.1 抢 30的必胜策略
问题：抢 30 是双人游戏，游戏规则是：第一个人喊“ 1 ”或“ 2 ”，第二个人要接着往下喊一个或两个数，然后再轮到第一个人。两人轮流进行下去，最后喊 30 的人获胜，问喊数字的最佳策略。
- 尽量喊3的倍数；
解析： 倒着看，其实，喊 27 时，就决定胜负了。
假设 A 喊了 27，B只能喊 28 或 29 ， 下个回合，A 一定可以喊30。也就是说，喊 27 者必胜。
再倒着看，其实喊 24 时，就定胜负了。假设 A 喊了 24 ，B 只能喊 25 或 26 ， 下个回合 A 一定能喊 27 。
由于喊 27 者必胜，因此喊 24 者也必胜。
同理可以推出：喊 3 的倍数者必胜。
然后就会发现，这个游戏，谁先喊，谁一定输
2.2 100本书，每次能够拿1~5本，怎么拿能保证最后一次是你拿？
如果最后一次是我拿，那么上回合最少剩下6本；
只要保持每个回合结束后都剩下6的倍数，且在这个回合中我拿的书和对方拿的书加起来为6本；
第一次我必须先手拿4本(100 % 6 = 4)，这不算在第一回合内。
2.3 轮流拿石子
问题1：一共有N颗石子（或者其他乱七八糟的东西），每次最多取M颗最少取1颗，A，B轮流取，谁最后会获胜？（假设他们每次都取最优解）。
问题2：有若干堆石子，每堆石子的数量是有限的，二个人依次从这些石子堆中拿取任意的石子，至少一个（不能不取），最后一个拿光石子的人胜利。
3. 推理题
3.1 掰巧克力问题
问题：一块N * M大小的巧克力，每次掰一块的一行或一列，全部掰成 1 * 1 大小的巧克力需要掰多少次？
- N * M - 1次；
不管怎么掰，每次只能把一个大块掰成两个小块，即每次掰只能增加1块巧克力； 那么将1块巧克力掰成N * M块小巧克力就需要掰N * M - 1次。
3.2 辩论赛问题
问题：1000个人参加辩论赛，1对1进行辩论，淘汰输掉的一方，问需要安排多少场比赛才能角出冠军？
每场辩论赛只能淘汰一个人，要淘汰999个人则需要安排999场比赛。
3.3 在24小时里面时针分针秒针可以重合几次
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
3.4 N只蚂蚁走树枝，问总距离或者总时间
问题：放N只蚂蚁在一条长度为M树枝上，蚂蚁与蚂蚁之间碰到就各自往反方向走，问总距离或者时间为多少？
参考回答：这个其实就一个诀窍：蚂蚁相碰就往反方向走，可以直接看做没有发生任何事：大家都相当于独立的，A蚂蚁与B蚂蚁相碰后你可以看做没有发生这次碰撞，这样无论是求时间还是距离都很简单了。
3.5 旅馆的1元钱问题
问题：有三个人去住旅馆，住三间房，每一间房10元，于是他们一共付给老板30，第二天，老板觉得三间房只需要25元就够了于是叫小弟退回5给三位客人，谁知小弟贪心,只退回每人1，自己偷偷拿了2，这样一来便等于那三位客人每人各花了九元，于是三个人一共花了27，再加上小弟独吞了不2，总共是29。可是当初他们三个人一共付出30那么还有$1呢？
他们所消费的27元里已经包括小弟贪污的2元了，再加退还的3元=30元； 这30元现在的分布是：老板拿25元，伙计拿2元，三人各拿1元，正好！
4. 概率问题
4.1 家里有两个孩子，一个是女孩，另一个也是女孩的概率是多少？
1/3
样本空间为（男男）（女女）（男女）（女男）
A＝（已知其中一个是女孩）＝（女女）（男女）（女男）
B＝（另一个也是女孩）＝（女女）
于是P（B／A）＝P（AB）／P（A）＝（1／4）／（3／4）＝1／3
4.2 一条绳子砍两刀，能构成一个三角形的概率？
设绳子总长为L，分成三段为：x，y，L - x - y； 其中x > 0，y > 0， L - x - y > 0，取值范围如图中蓝***域所示；
又因为任意两边之和要大于第三边，故有如下条件： x + y > L - x - y => y > -x + L / 2； x + (L - x - y) > y => y < L / 2; y + (L - x - y) > x => x < L / 2;
该区域为图中绿***域，占蓝***域的四分之一；
4.3 一个圆上随机画两条弦，求相交的概率？
四个点确定两条线，在一个圆上取四个点； 四个点画两条线有三种情况，其中只有一种情况是相交的，故相交概率为三分之一；
4.4 犯人猜颜色
问题：一百个犯人站成一纵列，每人头上随机带上黑色或白色的帽子，各人不知道自己帽子的颜色，但是能看见自己前面所有人帽子的颜色．然后从最后一个犯人开始，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，说的答案所有犯人都能听见，是否说对，其他犯人不知道，在这之前，所有犯人可以聚在一起商量策略，问如果犯人都足够聪明而且反应足够快，100个人最大存活率是多少？
1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”，他可能死
2、其他人记住这个值（实际是黑帽奇偶数），在此之后当再听到黑时，黑帽数量减一
3、从倒数第二人开始，就有两个信息：记住的值与看到的值，相同报“白”，不同报“黑”
99人能100%存活，1人50%能活
4.5 火枪手决斗，谁活下来的概率大？
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？
参考回答：一般人认为甲的枪法好，活下来的可能性大一些。但合乎推理的结论是，枪法最糟糕的丙活下来的几率最大；
那么我们先来分析一下各个枪手的策略：
如同田忌赛马一般，枪手甲一定要对枪手乙先。因为乙对甲的威胁要比丙对甲的威胁更大，甲应该首先干掉乙，这是甲的最佳策略。
同样的道理，枪手乙的最佳策略是第一枪瞄准甲。乙一旦将甲干掉，乙和丙进行对决，乙胜算的概率自然大很多。
枪手丙的最佳策略也是先对甲。乙的枪法毕竟比甲差一些，丙先把甲干掉再与乙进行对决，丙的存活概率还是要高一些。
我们根据分析来计算一下三个枪手在上述情况下的存活几率：
第一轮：甲射乙，乙射甲，丙射甲。
- 甲的活率为24%（40% X 60%）
- 乙的活率为20%(100% - 80%)
- 丙的活率为100%（无人射丙）
由于丙100％存活率，因此根据上轮甲乙存活的情况来计算三人第二轮的存活几率：
情况1：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2：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3：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。
据此来计算三人活率：
- 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%
通过对两轮枪战的详细概率计算，我们发现枪法最差的丙存活的几率最大，枪法较好的甲和乙的存活几率却远低于丙的存活几率。
4.6 100个奴隶猜帽子颜色
问题：一百个奴隶站成一纵列，每人头上随机带上黑色或白色的帽子，各人不知道自己帽子的颜色，但是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，说的参考回答所有奴隶都能听见。 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个人最大存活率是多少？
1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”，他可能死
2、其他人记住这个值（实际是黑帽奇偶数），在此之后当再听到黑时，黑帽数量减一
3、从倒数第二人开始，就有两个信息：记住的值与看到的值，相同报“白”，不同报“黑” 99人能100%存活，1人50%能活
另外，此题还有变种：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？ 参考回答：增加限制条件后，上面的方法就失效了， 此时只能约定偶数位奴隶说他前一个人的帽子颜色， 奇数奴隶获取信息100%存活，偶数奴隶50几率存活。
5. 水桶问题
5.1 水资源无限，3L和5L水桶各一个，怎样取4L的水？
- 初始时0，5
- 然后3，2
- 然后0，2
- 然后2，0
- 然后2，5
- 然后1，4
5.2 水资源无限，5L和6L水桶各一个，怎样取3L的水？
- step 1 , 6L水桶装满水倒入5L水桶，余下1L水
- step 2 , 5L水桶倒空，将6L水桶中剩余的1L水倒入5L水桶
- step 3 , 6L水桶再次装满水倒入5L水桶，余下2L水
- step 4 , 5L水桶倒空， 将6L水桶中剩余2L水倒入5L水桶
- step 5 , 6L水桶再次装满水倒入5L水桶，余下3L水
5.3 一个装了10L水的桶，一个7L的空桶，一个3L的空桶，怎样变成2个5L？
- 初始时为10，0，0；
- 第二步7，0，3；
- 然后7，3，0；
- 然后4，3，3；
- 然后4，6，0；
- 然后1，6，3；
- 然后1，7，2；
- 然后8，0，2；
- 然后8，2，0；
- 然后5，2，3；
- 然后5，5，0；
5.4 舀酒问题：只有两个舀酒的勺子，分别能舀7两和11两酒，如何舀出2两酒？
问题：据说有人给酒肆的老板娘出了一个难题：此人明明知道店里只有两个舀酒的勺子，分别能舀7两和11两酒，却硬要老板娘卖给他2两酒。聪明的老板娘毫不含糊，用这两个勺子在酒缸里舀酒，并倒来倒去，居然量出了2两酒，聪明的你能做到吗？
思路：大勺子装满酒,再倒满小勺,于是大勺子还有4两,倒出小勺的酒,把大勺的4两倒入小勺中,再次在大勺中装满酒,大小勺加起来就是15两,把大勺中的酒倒入小勺中,使小勺装满,于是大勺中还有8两,倒掉小勺中的酒,再次把大勺中的酒倒入小勺中,使小勺装满,于是大勺中还有1两.重复以上动作一次,就可以得到2两酒
- 初始0，11
- 然后7，4
- 然后0，4
- 然后4，0
- 然后4，11
- 然后7，8
- 然后0，8
- 然后7，1
- 然后0，1
- 然后1，11
- 然后7，5
- 然后0，5
- 然后5，0
- 然后5，11
- 然后7，9
- 然后0，9
- 然后7，2
6. 计时问题
6.1 有一个能计时6分钟的小沙漏和一个能计时8分钟的大沙漏，如何计时10分钟？
- 两个沙漏同时倒置开始计时，等小沙漏漏完，大沙漏还剩2分钟，这时倒置小沙漏继续计时；
- 大沙漏漏完小沙漏还剩4分钟，再把大沙漏倒置继续计时；
- 小沙漏漏完大沙漏还剩4分钟，这时准备工作已经完毕；
- 等待大沙漏漏完（4分钟）+ 小沙漏（6分钟） = 10分钟。
6.2 烧一根绳子需要一个小时，现有若干条相同的绳子，问如何计时15分钟？
- 点燃绳子A的一头，同时点燃绳子B的两头； 绳子B烧完的时候绳子A还剩一半，此时点燃绳子A的另一头开始计时；
- 15分钟绳子A烧完。
6.3 蜡烛燃烧问题：两根蜡烛，燃烧完都需要1小时，怎么确定15分钟是多久？
- 点燃第一根的一端，第二根的两端。
- 第二根烧完代表半小时后，点燃第一根另一端，烧完代表15分钟。
7. 赛马问题
7.1 25匹马5条跑道找最快的3匹马，需要跑几次？
参考回答：7
- 将25匹马分成ABCDE5组，假设每组的排名就是A1>A2>A3>A4>A5,用边相连，这里比赛5次
- 第6次，每组的第一名进行比赛，可以找出最快的马，这里假设A1>B1>C1>D1>E1 D1，E1肯定进不了前3，直接排除掉
- 第7次，B1 C1 A2 B2 A3比赛，可以找出第二，第三名
所以最少比赛需要7次；
7.2 64匹马8条跑道找最快的4匹马，需要跑几次？
参考回答：11
第一步：全部马分为8组，每组8匹，每组各跑一次，然后淘汰掉每组的后四名（需要比赛8场）
第二步：取每组第一名进行一次比赛，然后淘汰最后四名所在组的所有马，如下图（需要比赛1场）
这个时候总冠军已经诞生，它就是A1，蓝域（它不需要比赛了）。
而其他可能跑得最快的三匹马只可能是下图中的黄域了（A2,A3,A4,B1,B2,B3,C1,C2,D1，共9匹马）
第三步：只要从上面的9匹马中找出跑得最快的三匹马就可以了，但是现在只要8个跑道，怎么办？
那就随机选出8匹马进行一次比赛吧（需要比赛一场）
第四步：上面比赛完，选出了前三名，但是9匹马中还有一匹马没跑呢，它可能是一个潜力股啊，那就和前三名比一比吧，这四匹马比一场，选出前三名。最后加上总冠军，跑得最快的四匹马诞生了！！！（需要一场比赛）
最后，一共需要比赛的场次：8 + 1 + 1 + 1 = 11 场
7.3 25匹马5条跑道找最快的5匹马，需要跑几次？
参考回答：最少8次最多9次
(1) 首先将25匹马分成5组，并分别进行5场比赛之后得到的名次排列如下：
A组： [A1 A2 A3 A4 A5]
B组： [B1 B2 B3 B4 B5]
C组： [C1 C2 C3 C4 C5]
D组： [D1 D2 D3 D4 D5]
E组： [E1 E2 E3 E4 E5]
其中，每个小组最快的马为[A1、B1、C1、D1、E1]。
(2) 将[A1、B1、C1、D1、E1]进行第6场，选出第1名的马，不妨设 A1>B1>C1>D1>E1. 此时第1名的马为A1。
(3) 将[A2、B1、C1、D1、E1]进行第7场，此时选择出来的必定是第2名的马，不妨假设为B1。因为这5匹马是除去A1之外每个小组当前最快的马。
(3) 进行第8场，选择[A2、B2、C1、D1、E1]角逐出第3名的马。
(4) 依次类推，第9，10场可以分别决出第4，5名的吗。
因此，依照这种竞标赛排序思想，需要10场比赛是一定可以取出前5名的。
仔细想一下，如果需要减少比赛场次，就一定需要在某一次比赛中同时决出2个名次，而且每一场比赛之后，有一些不可能进入前5名的马可以提前出局。
当然要做到这一点，就必须小心选择每一场比赛的马匹。我们在上面的方法基础上进一步思考这个问题，希望能够得到解决。
(1) 首先利用5场比赛角逐出每个小组的排名次序是绝对必要的。
(2) 第6场比赛选出第1名的马也是必不可少的。假如仍然是A1马(A1>B1>C1>D1>E1)。那么此时我们可以得到一个重要的结论：有一些马在前6场比赛之后就决定出局的命运了(下面粉色字体标志出局)。
A组： [A1 A2 A3 A4 A5]
B组： [B1 B2 B3 B4 B5 ]
C组： [C1 C2 C3 C4 C5 ]
D组： [D1 D2 D3 D4 D5 ]
E组： [E1 E2 E3 E4 E5 ]
(3) 第7场比赛是关键，能否同时决出第2，3名的马呢？我们首先做下分析：
在上面的方法中，第7场比赛[A2、B1、C1、D1、E1]是为了决定第2名的马。但是在第6场比赛中我们已经得到(B1>C1>D1>E1)，试问？有B1在的比赛，C1、D1、E1还有可能争夺第2名吗？ 当然不可能，也就是说第2名只能在A2、B1中出现。实际上只需要2条跑道就可以决出第2名，剩下C1、D1、E1的3条跑道都只能用来凑热闹的吗？
能够优化的关键出来了，我们是否能够通过剩下的3个跑道来决出第3名呢？当然可以，我们来进一步分析第3名的情况？
● 如果A2>B1(即第2名为A2)，那么根据第6场比赛中的(B1>C1>D1>E1)。 可以断定第3名只能在A3和B1中产生。
● 如果B1>A2(即第2名为B1)，那么可以断定的第3名只能在A2, B2,C1 中产生。
好了，结论也出来了，只要我们把[A2、B1、A3、B2、C1]作为第7场比赛的马，那么这场比赛的第2，3名一定是整个25匹马中的第2，3名。
我们在这里列举出第7场的2，3名次的所有可能情况：
① 第2名=A2，第3名=A3
② 第2名=A2，第3名=B1
③ 第2名=B1，第3名=A2
④ 第2名=B1，第3名=B2
⑤ 第2名=B1，第3名=C1
(4) 第8场比赛很复杂，我们要根据第7场的所有可能的比赛情况进行分析。
① 第2名=A2，第3名=A3。那么此种情况下第4名只能在A4和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。
不管结果如何，此种情况下，第4、5名都可以在第8场比赛中决出。其中比赛马匹为[A4、A5、B1、B2、C1]
② 第2名=A2，第3名=B1。那么此种情况下第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。
那么，第4、5名需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生，则必须比赛两场才行，也就是到第9场角逐出全部的前5名。
③ 第2名=B1，第3名=A2。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。
情况和②一样，必须角逐第9场
④ 第2名=B1，第3名=B2。 那么此种情况下第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。
那么，第4、5名需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产 生，则必须比赛两场才行，也就是到第9场角逐出全部的前5名。
⑤ 第2名=B1，第3名=C1。那么此种情况下第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。
那么，第4、5名需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中 产 生，因此也必须比赛两场，也就是到第9长决出胜负。
总结：最好情况可以在第8场角逐出前5名，最差也可以在第9场搞定。
8. 过河/过桥问题
8.1 三人三鬼过桥
问题：有三个人跟三个鬼要过河,河上没桥只有条小船,然后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,只有是人比鬼少的情况下(如两鬼一人,三鬼两人,三鬼一人)人会被鬼吃,然而船又一定需要人或鬼操作才能航行(要有人或鬼划船),问,如何安全的把三人三鬼渡过河对岸?
参考回答：
- 先两鬼过去。在一鬼回来。对面有一鬼。这边有三人两鬼。
- 再两鬼过去。在一鬼回来。对面有两鬼。这边有三人一鬼。
- 再两人过去。一人一鬼回来。对面一人一鬼。这边两人两鬼。
- 最后两人过去。一鬼回来。对面三人。这边三鬼。
- 剩下的就三个鬼二个过去一个回来在接另外个就OK了。
8.2 限时过桥问题
问题：在一个夜晚，同时有4人需要过一桥，一次最多只能通过两个人，且只有一只手电筒，而且每人的速度不同。A，B，C，D需要时间分别为：1，2，5，10分钟。问：在17分钟内这四个人怎么过桥？
总共是17分钟
- 第一步：A、B过花时间2分钟。
- 第二步：B回花时间2分钟。
- 第三步：C、D过花时间10分钟。
- 第四步：A回花时间1分钟。
- 第五步：A、B再过花时间2分钟。
9. 最优解问题
9.1 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，请问它最多能把多少根香蕉搬到家里。（提示：他可以把香蕉放下往返的走，但是必须保证它每走一米都能有香蕉吃。也可以走到n米时，放下一些香蕉，拿着n根香蕉走回去重新搬50根。）
答案：这种试题通常有一个迷惑点，让人看不懂题目的意图。此题迷惑点在于：走一米吃一根香蕉，一共走50米，那不是把50根香蕉吃完了吗？如果要回去搬另外50根香蕉，则往回走的时候也要吃香蕉，这样每走一米需要吃掉三根香蕉，走50米岂不是需要150根香蕉？
其实不然，本题关键点在于：猴子搬箱子的过程其实分为两个阶段，第一阶段：来回搬，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：香蕉数《=50，直接搬回去。每走一米吃掉1根。
我们分析第一阶段：假如把100根香蕉分为两箱。一箱50根。
- 第一步，把A箱搬一米，吃一根。
- 第二步，往回走一米，吃一根。
- 第三步，把B箱搬一米，吃一根。
这样，把所有香蕉搬走一米需要吃掉三根香蕉。
这样走到第几米的时候，香蕉数刚好小于50呢？ 100-(n*3)<50 && 100-(n-1*3)>50
走到16米的时候，吃掉48根香蕉，剩52根香蕉。这步很有意思，它可以直接搬50往前走，也可以再来回搬一次，但结果都是一样的。到17米的时候，猴子还有49根香蕉。这时猴子就轻松啦。直接背着走就行。
第二阶段：走一米吃一根。
把剩下的50-17=33米走完。还剩49-33=16根香蕉。
9.2 高楼扔鸡蛋
问题：有2个鸡蛋，从100层楼上往下扔，以此来测试鸡蛋的硬度。比如鸡蛋在第9层没有摔碎，在第10层摔碎了，那么鸡蛋不会摔碎的临界点就是9层。如何用最少的尝试次数，测试出鸡蛋不会摔碎的临界点？
首先要说明的是这道题你要是一上来就说出正确答案，那说明你的智商不是超过160就是你做过这题。所以建议你循序渐进的回答，一上来就说最优解可能结果不会让你和面试官满意。
1.暴力法
举个栗子，最笨的测试方法，是什么样的呢？把其中一个鸡蛋，从第1层开始往下扔。如果在第1层没碎，换到第2层扔；如果在第2层没碎，换到第3层扔.......如果第59层没碎，换到第60层扔；如果第60层碎了，说明不会摔碎的临界点是第59层。
在最坏情况下，这个方法需要扔100次。
2. 二分法
如果第一枚鸡蛋，在50层碎了，第二枚鸡蛋，就从第1层开始扔，一层一层增长，一直扔到第49层。
如果第一枚鸡蛋在50层没碎了，则继续使用二分法，在剩余楼层的一半（75层）往下扔......
这个方法在最坏情况下，需要尝试50次。
3.均匀法
如何让第一枚鸡蛋和第二枚鸡蛋的尝试次数，尽可能均衡呢？
很简单，做一个平方根运算，100的平方根是10。
因此，我们尝试每10层扔一次：第1次从10层扔，第2次从20层扔，第3次从30层...一直扔到100层。
这样的最好情况是在第10层碎掉，尝试次数为 1 + 9 = 10次。
最坏的情况是在第100层碎掉，尝试次数为 10 + 9 = 19次。
不过，这里有一个小小的优化点，我们可以从15层开始扔，接下来从25层、35层扔......一直到95层。
这样最坏情况是在第95层碎掉，尝试次数为 9 + 9 = 18次。
4.最优解法
最优解法是反向思考的经典：如果最优解法在最坏情况下需要扔X次，那第一次在第几层扔最好呢？
答案是：从X层扔
假设最优的尝试次数的x次，为什么第一次扔就要选择第x层呢？
这里的解释会有些烧脑，请小伙伴们坐稳扶好：
假设第一次扔在第x+1层：
如果第一个鸡蛋碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔，一直扔到第x层。
这样一来，我们总共尝试了x+1次，和假设尝试x次相悖。由此可见，第一次扔的楼层必须小于x+1层。
假设第一次扔在第x-1层：
如果第一个鸡蛋碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔，一直扔到第x-2层。
这样一来，我们总共尝试了x-2+1 = x-1次，虽然没有超出假设次数，但似乎有些过于保守。
假设第一次扔在第x层：
如果第一个鸡蛋碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔，一直扔到第x-1层。
这样一来，我们总共尝试了x-1+1 = x次，刚刚好没有超出假设次数。
因此，要想尽量楼层跨度大一些，又要保证不超过假设的尝试次数x，那么第一次扔鸡蛋的最优选择就是第x层。
那么算最坏情况，第二次你只剩下x-1次机会，按照上面的说法，你第二次尝试的位置必然是X+（X-1）；
以此类推我们可得：
x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100
这个方程式不难理解：
左边的多项式是各次扔鸡蛋的楼层跨度之和。由于假设尝试x次，所以这个多项式共有x项。
右边是总的楼层数100。
下面我们来解这个方程：
x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100 转化为 (x+1)*x/2 = 100
最终x向上取整，得到 x = 14
因此，最优解在最坏情况的尝试次数是14次，第一次扔鸡蛋的楼层也是14层。
最后，让我们把第一个鸡蛋没碎的情况下，所尝试的楼层数完整列举出来：
14，27， 39， 50， 60， 69， 77， 84， 90， 95， 99， 100
举个栗子验证下：
假如鸡蛋不会碎的临界点是65层， 那么第一个鸡蛋扔出的楼层是14，27，50，60，69。这时候啪的一声碎了。 第二个鸡蛋继续，从61层开始，61，62，63，64，65，66，啪的一声碎了。 因此得到不会碎的临界点65层，总尝试次数是 6 + 6 = 12 < 14 。
9.3 利用空瓶换饮料，最多喝几瓶
问题：1000瓶饮料，3个空瓶子能够换1瓶饮料，问最多能喝几瓶？
第一种思路:
拿走3瓶，换回1瓶，相当于减少2瓶。但是最后剩下4瓶的时候例外，这时只能换1瓶。所以我们计算1000减2能减多少次，直到剩下4.（1000-4=996，996/2=498）所以1000减2能减498次直到剩下4瓶，最后剩下的4瓶还可以换一瓶，所以总共是1000+498+1=1499瓶。
第二种思路:
- 1000瓶饮料，3个空瓶子能换1瓶饮料，最多可以喝几瓶？
- 第一种思维：可以考虑成dp思路
- 初始情况，3个瓶子时将发生一次交换，因此视为特殊情况
- 之后每增加两个瓶子又可以再换一瓶
- 即dp[i] = dp[i - 2] + (i - (i - 2)) + 1
- 由dp[i - 2]可求得dp[i]
- (i - (i - 2))，即为当前增加的2瓶饮料（写成这样便于理解）
- 1即为增加了2个空瓶，之后又可以换一瓶饮料
- 简化为dp[i] = dp[i - 2] + 2 + 1
public int method(int n) {
// n为0/1/2的特殊情况省略了
// 定义dp数组
int[] dp = new int[n + 1];
// 初始状态
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 2] + 2 + 1;
}
return dp[n];
}
- 回归正题
- 特殊情况：从上面的分析中，留下2个瓶子
- 剩下998个瓶子相当于每消耗2个瓶子即可获得一瓶，即为499瓶
- 最后剩下的2个瓶子无法再进行兑换，因此总共为1000 + 499 = 1499
- 第二种思维：利用借瓶子的思想
- 因为兑换一瓶饮料需要三个空瓶，这瓶饮料如果是找老板借来的，那么喝完后这个空瓶将会还给他，同时需要附赠给他另外两个空瓶，即每消耗手里两个空瓶就获得一瓶饮料
- 但是值得注意的是，上面只是一种假设，实际情况老板是不会借给你的，因此我们至少需要保留2个空瓶，这样可以在998个瓶子剩下一个瓶子时，对其进行补足为3个空瓶，从而兑换一瓶新饮料
- 此时使用998个瓶子进行上述的兑换，将获得499瓶饮料
- 之前留下的两个瓶子正好无法兑换，最终获得饮料为1000 + 499 = 1499瓶
10. 数字问题
10.1 11223344问题
问题：有8个数，11223344，将其排列，要求结果满足：两个1之间有一个数，两个2之间有两个数，两个3之间有三个数，两个4之间有四个数。问这个结果是多少？
答案：41312432 或 23421314
10.2 给定随机函数，生成别的随机数
问题：给定生成1到5的随机数Rand5()，如何得到生成1到7的随机数函数Rand7()？
思路：由大的生成小的容易，比如由Rand7()生成Rand5()，所以我们先构造一个大于7的随机数生成函数。 记住下面这个式子：
RandNN= N( RandN()-1 ) + RandN() ;// 生成1到N^2之间的随机数 可以看作是在数轴上撒豆子。N是跨度/步长，是RandN()生成的数的范围长度， RandN()-1的目的是生成0到N-1的数，是跳数。后面+RandN()的目的是填满中间的空隙
比如Rand25= 5( Rand5()-1 ) + Rand5()可以生成1到25之间的随机数。我们可以只要1到21（3*7）之间的数字，所以可以这么写
int rand7(){
int x=INT_MAX;
while(x>21){
x=5*(rand5()-1)+rand5();
}
return x%7+1;
}
11. 重量问题
11.1 乒乓球重量问题：8个乒乓球，其中一个重，有一个秤，问至少几次能够找出重的那个乒乓球
2次，分成3堆，3，3，2。
- ①称3和3，如果一样重，代表重的在2。
- ②称2个那一堆的。
或
- ①称3和3，不一样重，重的在3里面重的那堆。
- ②3个里面随便取2个，一样重，第三个重，不一样重，重的那个就是。
11.2 盐重量问题：有7克、2克砝码各一个，天平一只，如何只用这些物品五次内将140克的盐分成50、90克各一份？
- 第一次：先分成70和70
- 第二次：通过7和2砝码将70分成9和61
- 第三次：通过9克盐和2砝码将61分成50和11
11.3 有一个天平，九个砝码，其中一个砝码比另八个要轻一些，问至少要用天平称几次才能将轻的那个找出来？
需要称2次；
天平一边放三个砝码，哪边轻就在哪边，一样重就在剩下的三个砝码中；
现在已经锁定了三个砝码，天平一边放一个，哪边轻是哪个，一样重就是剩下的那个；
11.4 十组砝码每组十个，每个砝码都是10g重，但是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？
称一次即可；
将砝码分组编号1~10， 第1组拿1个砝码、第2组拿2个…第10组拿10个，全部放到秤上计算总克数X； Y = (1*10 + 2 * 10 + … + 10 * 10) - X = 550 - X，Y即为轻的那组的编号。
11.5 药丸问题：有20瓶药丸，其中19瓶装有1克/粒的药丸，余下一瓶装有1.1克/粒的药丸。给你一台称重精准的天平，怎么找出比较重的那瓶药丸？天平只能用一次；
从药瓶#1取出一粒药丸，从药瓶#2取出两粒，从药瓶#3取出三粒，依此类推。如果每粒药丸均重1克，则称得总重量为210克（1 + 2 + … + 20 = 20 * 21 / 2 = 210），“多出来的”重量必定来自每粒多0.1克的药丸。药瓶的编号可由算式(weight - 210) / 0.1 得出。因此，若这堆药丸称得重量为211.3克，则药瓶#13装有较重的药丸。
11.6 药丸问题：你有四个装药丸的罐子，每个药丸都有一定的重量，被污染的药丸是没被污染的重量+1.只称量一次，如何判断哪个罐子的药被污染了？
从第一盒中取出一颗，第二盒中取出2 颗，第三盒中取出三颗。依次类推，称其总量。减去10，多的数字就是药丸罐子序号。
12. 灯泡开关问题
12.1 在房里有三盏灯，房外有三个开关，在房外看不见房内的情况，你只能进门一次，你用什么方法来区分那个开关控制那一盏灯？
打开一个开关，过10分钟后关掉开关，并打开另一个开关。进屋确认可知：
- 亮的灯是由第二次打开的开关控制；
- 摸上去发热的不发亮的灯是由第一次打开的开关控制
- 剩下的第三盏灯是由未操作过的开关控制。
12.2一个圆环上有 100 个灯泡，灯泡有亮和暗两种状态。按一个灯泡的开关可以改变它和与它相邻两个灯泡的状态。设计一种算法，对于任意初始状态，使所有灯泡全亮。
将灯泡编号 1 ~ 100
步骤一：将灯泡变为全亮或只剩一个为暗
从 1 循环到 98 ，遇到暗的则按它下一个，使之变亮。循环完毕，1 ~ 98 必然全亮。99 和 100可能为亮亮、暗亮、亮暗、暗暗四种状态。
- 若为亮亮，皆大欢喜，满足题目要求
- 暗亮、亮暗，达到只剩一个为暗的状态；
- 若为暗暗。则按下编号 100 的灯泡，使编号 99 、100 变为亮，编号 1 的灯泡变为暗，从而达到只剩一个为暗的状态。
步骤二：将灯泡变为全暗
由于灯泡环形摆放，我们指定暗的灯泡编号为 1 ，将剩下 99 个亮着的灯泡每 3 个为一组。按下每组中间的灯泡后，使得所有灯泡变为暗。
步骤三：将灯泡变为全亮
将所有灯泡按一下，灯泡变为全亮;
扩展:
对于 N 个灯泡的任意初始状态 ( N > 3 ) ，能否经过若干次操作使得所有灯泡全亮？
答案：N 个灯泡做分类讨论。
- N = 3*k+1一定可以。方法与上述步骤相同，在步骤二中可以将3k个亮的灯泡分为k组。
- N = 3*k+2一定可以。将上述步骤一目标状态的只剩一个为暗改成剩两个相邻为暗，其余 3 * k 个灯泡分组按即可。因为，对于任意只剩一个为暗的状态，按下该灯泡左右任意一个就可以变成剩两个相邻为暗的状态！
- N = 3*k不一定。如果经过上述步骤一可以将灯泡变成全亮的状态则有解；否则，无解。（该结论有待证明）
附:
对于这道题，以下两个状态可以相互转化
大家可以琢磨下，对理解这道题会有帮助。
- 全暗 <=> 全亮。全暗和全亮状态可以相互转化，方法就是将每个灯泡按一次。这样每个灯泡都被改变了 3 次状态，使得全暗变为全亮，全亮也可变为全暗。
- 剩一个为暗 <=> 剩两个相邻为暗。剩一个为暗时，按下该灯泡左右任意一个，就变成了剩两个相邻为暗的状态；剩两个相邻为暗时，按下第二个暗，便可变成了剩一个为暗的状态。
13. 蓝眼/疯狗/耳光问题
13.1 蓝眼睛问题
问题：有个岛上住着一群人，有一天来了个游客，定了一条奇怪的规矩：所有蓝眼睛的人都必须尽快离开这个岛。每晚8点会有一个航班离岛。每个人都看得见别人眼睛的颜色，但不知道自己的（别人也不可以告知）。此外，他们不知道岛上到底有多少人是蓝眼睛的，只知道至少有一个人的眼睛是蓝色的。所有蓝眼睛的人要花几天才能离开这个岛？
有多少个蓝眼睛的人就会花多少天。
- c=1
假设岛上所有人都是聪明的，蓝眼睛的人四处观察之后，发现没有人是蓝眼睛的。但他知道至少有一人是蓝眼睛的，于是就能推导出自己一定是蓝眼睛的。因此，他会搭乘当晚的飞机离开。
- c=2
两个蓝眼睛的人看到对方，并不确定c是1还是2，但是由上一种情况，他们知道，如果c = 1，那个蓝眼睛的人第一晚就会离岛。因此，发现另一个蓝眼睛的人仍在岛上，他一定能推断出c = 2，也就意味着他自己也是蓝眼睛的。于是，两个蓝眼睛的人都会在第二晚离岛。
- c>2
逐步提高c时，我们可以看出上述逻辑仍旧适用。如果c = 3，那么，这三个人会立即意识到有2到3人是蓝眼睛的。如果有两人是蓝眼睛的，那么这两人会在第二晚离岛。因此，如果过了第二晚另外两人还在岛上，每个蓝眼睛的人都能推断出c = 3，因此这三人都有蓝眼睛。他们会在第三晚离岛。
不论c为什么值，都可以套用这个模式。所以，如果有c人是蓝眼睛的，则所有蓝眼睛的人要用c晚才能离岛，且都在同一晚离开。
13.2 疯狗问题
问题：有50家人家，每家一条狗。有一天警察通知，50条狗当中有病狗，行为和正常狗不一样。每人只能通过观察别人家的狗来判断自己家的狗是否生病，而不能看自己家的狗，如果判断出自己家的狗病了，就必须当天一枪打死自己家的狗。结果，第一天没有枪响，第二天没有枪响，第三天开始一阵枪响，问：一共死了几条狗？
死了3条（第几天枪响就有几条）。
从有一条不正常的狗开始，显然第一天将会听到一声枪响。这里的要点是你只需站在那条不正常狗的主人的角度考虑。有两条的话思路继续，只考虑有两条不正常狗的人，其余人无需考虑。通过第一天他们了解了对方的信息。第二天杀死自己的狗。换句话说每个人需要一天的时间证明自己的狗是正常的。有三条的话，同样只考虑那三个人，其中每一个人需要两天的时间证明自己的狗是正常的狗。
13.3 耳光问题
问题：一群人开舞会，每人头上都戴着一顶帽子。帽子只有黑白两种，黑的至少有一顶。每个人都能看到其他人帽子的颜色，却看不到自己的。主持人先让大家看看别人头上戴的是什么帽子，然后关灯，如果有人认为自己戴的是黑帽子，就打自己一个耳光。第一次关灯，没有声音。于是再开灯，大家再看一遍，关灯时仍然鸦雀无声。一直到第三次关灯，才有劈劈啪啪打耳光的声音响起。问有多少人戴着黑帽子？
答案：有三个人戴黑帽。
假设有N个人戴黑帽，当N＝1时，戴黑帽的人看见别人都为白则能肯定自己为黑。于是第一次关灯就应该有声。可以断定N＞1。对于每个戴黑帽的人来说，他能看见N-1顶黑帽，并由此假定自己为白。但等待N-1次还没有人打自己以后，每个戴黑人都能知道自己也是黑的了。所以第N次关灯就有N个人打自己。
参考链接
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