1.1 CPU 占用率
https://www.cnblogs.com/TenosDoIt/p/3242910.html
1.2 中国象棋将帅
https://blog.csdn.net/kabini/article/details/2256421
https://blog.csdn.net/ltyqljhwcm/article/details/52203578
1.3 烙饼排序
https://blog.csdn.net/jiyangsb/article/details/45970381
1.4 书店促销
书店促销活动，某套书一共有五卷。假设每一卷单独销售均需8欧元，多买则有折扣，具体折扣如下：
| 2 | 5% |
| 3 | 10% |
| 4 | 20% |
| 5 | 25% |
设计算法，计算出读者购买一批书的最低价格。
可以使用动态规划算法或优化的贪心算法。
https://blog.csdn.net/eeelan/article/details/76083174
1.5 快速找出故障机器
有很多服务器存储数据，假设一个机器仅存储一个标号为ID的记录，假设机器总量在10亿以下且ID是小于10亿的整数，假设每份数据保存两个备份，这样就有两个机器存储了同样的数据。
问题：
1.假设在某个时间得到一个数据文件ID的列表，是否能快速地找出表中仅出现一次的ID？即快速找出出现故障的机器存储的数据ID。
2.如果有两台机器出现故障呢？（假设存储同一份数据的两台机器不会同时出现故障，即列表中缺少的是两个不等的ID
问题转化：
有很多的ID，其中只有一个ID出现的次数小于2，其他正常ID出现的次数都等于2，问如何找到这个次数为1的ID.
解法一：暴力解决
方法：遍历列表，利用一个map记下每次出现的ID和出现次数+1，遍历完毕之后，出现次数小于2的ID就是我们想要的结果。
时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(N)
缺点：当记录N多达几G甚至几十G时，空间复杂度将会成为瓶颈。
解法二：两次即删
方法：遍历列表，利用变长数组记录每个ID，每次遇到一个ID，就向变长数组中增加一个元素，如果这个ID出现的次数为2，那么就从变长数组中删除这个ID， 最后变长数组中剩下的ID就是我们寻找的ID。
时间复杂度：O(N)
空间复杂度：最好O(1)，最坏O(N)
解法三：异或运算
思路：摒弃遍历列表技术方式
目标：把空间复杂度降低到常数甚至为1的级别，即使用一个变量来记录遍历列表的结果
构造函数：
x(i) = f(List[0], List[1], List[2], ... , List[i])
即：这个变量是已经遍历过的列表元素的函数
该函数需要满足的条件：x(N) = ID_LOST
运算：异或
性质：X 异或 X = 0， X 异或 0 = X， 异或操作满足交换率和结合律
方法：所以的ID的异或值就等于这个仅出现一次的ID。
时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(1)
解法四：寻找不变量
方法：所有ID的和是不变的，所以用所有ID的和减去现有ID的和即得丢失的ID。
时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(1)
缺点：不适用于丢失多个ID的情况
问题进阶一：当有两个ID的机器一起出现故障，确定出现故障的机器
如果缺少的两个ID不相同
解法：异或运算
对所有ID进行异或运算，结果为a（不等于0）
确定a的某一个为1的二进制位置b
将所有ID分为两组：二进制位置b为1的为一组A，二进制位置为0的为一组B
对AB两组分别进行异或运算，得到两个不为0的数字，即为丢失的两个ID
如果不能确定缺少的两个ID是否相同
解法一：
因为已知丢失两个数是相同的，所以通过上面的解法四可以得到 x + y = a, x * 2 = a, x = a/2
当然，这种方法是建立在已知两个数是相同的前提下的。
解法二：（通用解法，对丢失N个数的情况同样适用）
如果不知道两个数是否相同，可以通过建立方程组来解决
解法一已经给出了一个方程组： x+y=a
那么再计算丢失前后的所有ID的平方和，进行相减，可以又得到一个方程： x^2 + y^2 = b
联立方程组即可求解。
问题进阶二：当有多个ID的机器一起出现故障，确定出现故障的机器
解法一：
参考问题进阶一解法二。
缺点：当N过大时，N个方程组不易求解。
解法二：
参考解法二，遍历+计数+两次即删。
参考：
https://blog.csdn.net/zs634134578/article/details/18046317
http://blog.csdn.net/insistgogo/article/details/7687936
1.6 饮料供应
水房能容纳饮料的总量是V，有一批饮料，每种饮料单个容量都是2的方幂，每种饮料信息如下：（Si,Vi,Ci,Hi）分别对应（名字，容量，满意度），求在满足总容量等于V的情况下，求满意度的最大值。
分析：
1、动态规划解法
没有悬念，优化问题就用动态规划、贪心算法、分支限界轮番上阵就好了。设Opt（V’，i）表示从i到n-1种饮料中，Ci为第i种饮料可能的最大数量，算出总量为V’的方案中满意度之和的最大值。那么递归式就应该是：
Opt（V’，i）=max{ k * Hi+Opt（V’-Vi * k，i+1）}（k=0，1，2…，Ci，i=0，1，2…，n-1）
2、动态规划法的变形：备忘录法
3、贪心算法
书中的贪心解法似曾相识，把信息按照饮料的容量排序（其中设我们有n0种容量为20的饮料）
然后按照下面的顺序进行贪心选择：
（1） 饮料总量为1，从容量为20的饮料中选出快乐指数最大的。
（2） 饮料总量为2，从容量为21的饮料中选出快乐指数最大的（设为H1），与容量为20的饮料中快乐指数最大的（设为H0），比较H1和2* H0，取出其中最大者为当前最佳选择
（3） 继续进行下去，直到求出Opt（V，0）
参考：
https://blog.csdn.net/kabini/article/details/2311946
1.7 光影切割
在一个平面内有一个矩形区域，直线穿过矩形可以将其分割为不同的区域，且在这个平面中不存在三条直线相交一点的情况。求当有N条直线穿过矩形时，它被分割为多少个区域？
解法一：
平面倍划分成多少块的问题可以转化为直线的交点有多少个的问题。
两条直线-->一个交点-->空间分成4个部分
三条直线-->两个交点-->空间分成6个部分
三条直线-->三个交点-->空间分成7个部分
每增加一条直线，如果增加M个交点，那么这条直线被新增加的M个交点，分成M+1段。每一段直线会将原来一块区域分成两块，因此，新增加M+1块新区域。
如果总共有N条直线，M个交点，那么区域的数目为N+M+1。如何证明？将N条直线逐一投影到坐标区间上，假设第K条直线与之前的K-1条直线的焦点为Nk个，那么它使得区间内的区域块增加Nk+1个。则N条直线投影完毕后，所有区域块的数目为：
1+sigma(Nk+1)(1-->n)=1+N+sigma(Nk)(1-->n)=1+N+M
因此，求出所有直线两两相交的交点，然后再查找落在区间内的交点，就可以计算出划分的区域块数。将所有交点存储于数组Intersect中，然后计算。这样，算法的复杂度就转化为查找交点数组的问题了。
数组初始化，即计算所有交点，时间复杂度为O(N^2)。每次查询的时间复杂度为O(M)。
如果在初始化后对所有交点按X轴坐标排序，则复杂度为O(N^2+M*logM)，之后进行二分查找，每次查找的时间复杂度为O(logM)。
解法二：
一个交点的情况，两条直线与左边界的交点顺序为(a,b)，与右边界的交点顺序为(b,a)，顺序反过来了。如果没有交点，则顺序不变。
区域内的交点数目等于一个边界上交点顺序相对另一个边界交点顺序的逆序总数（利用到条件“没有三条直线相交于一个点”）。
问题转化为求一个N个元素数组的逆序数。
求解逆序数的直接方法时间复杂度为O(N^2)，若用分治策略，可降为O(N*logN)。分治思想如下：求前N/2个元素的逆序数，再求后N/2个元素的逆序数，最后在排序过程中合并前后两部分之间的逆序数。
参考：
https://blog.csdn.net/lonelycatcher/article/details/7907333
1.8 电梯调度
所有的员工均在1楼进电梯的时候，选择所要到达的楼层。然后计算出停靠的楼层i，当到达楼层i的时候，电梯停止。所有人走出电梯，步行到所在的楼层中。求所有人爬的楼层数目和的最小值。
解法一：
使用简单的方法，直接将楼层从1到n开始遍历
sum(person[i] * |i - j| ) 此表达式为一个双重循环，i与j均为1-n的循环。
j下标表示电梯停靠的楼层。
person数组表示，对应i层的下电梯的人数。此算法负责度为o(n*n)
对应的j是上述和为最小的一层即为所求。 上面的算法复杂度为o(n)
解法2：
下面考虑一个简单的算法，使其复杂度达到o(n)
考虑假如电梯停靠在某一楼层i处，假设在i处下楼的客人为N2,
在i以上楼层的客人数目为N3 ，在i一下楼层的客人数目为N1。
且将电梯在i层停止时，全部人员的路程之和记为T。
那么加入电梯在i-1层停的话，则原来i层之上的人需要多爬一层，即增加了N3
第i层的人需要多爬一层，则结果增加了N2, i层之下的人则少爬了一层，结果减去N1
所以第i-1层的结果为 T - N1 + N2 + N3 。即结果可以即为 T -(N1 - N2 - N3)
下面考虑在i+1层的结果，若电梯在i+1层停止的话，原来i层之上的客户都会少爬一层，
则结果减少N3 ，而i层之下的人员则都会多爬一层即增加了N1 ，第i层的人员都会多爬一层
即为增加了N2 。则结果为 T + N1 + N2 - N3
综上我们得出，
(1)若N1 > N2 + N3的时候， 我们在第i-1层 选择电梯停止最好。
(2)若N1 + N2 < N3的时候， 我们选择在第i+1层停止电梯最好。
下面我们可以先计算出来当i=1时候的T ，然后判断是否需要在i+1层停止，若是i+1层的花费
大于i层，则我们可以继续计算，否则退出。
解法三：
假设只有两个人，一个去9层，一个去2层，那么不管电梯停在2至9层中间的任何楼层，两个人的总花费都是7.就比如在数轴上点2和点9中间的任何点距离2和9的距离之后都是7。那么停在哪都无所谓了。接着我们扩展开来，假设有N个人，他们的目标楼层分别是2,3,3,4,5,5,5,7,7,8,9。按我们的想法，对于两端的（2,9）电梯只要停在他们之间都一样。同理对于（3,8）电梯只要停在他们中间都一样……。最终电梯只要停在中间那个数即可。也就是中位数。原来弄半天只需求出中位数即可啊。如果N是偶数个的话，停在中间那两个数任何一个都可以的。欢迎大家对我的解法拍砖。代码就不用了吧。
扩展1：
如果往上爬楼梯比较累，往下走较容易，假设往上走一层耗费k单位的能量，往下走一层只耗费1单位的能量。
扩展2：
M层电梯K个停靠层，可将最终问题分成两种情况：1，第M层为一个停靠层次；2，第M层不作为停靠层次。第一种情况通过动态规划解出，第二种情况运用第一种情况子问题数据可以解出。
解法：
用数组A[1]、A[2]、...A[M]分别记录需到电梯1～M层的乘客人数；Cost[i][j]记录i层到j层之间，只有第i和第j两层可以停靠,乘客(i和j层之间所有乘客)需要爬的电梯的最少层数；F[i][j]表示1～i层电梯之间，j个楼层停靠，且第i层必须是一个停靠层的的最优解；所求解为S[M][K],即电梯总共M个层,有K个停靠层，使所有乘客所有乘客需要爬的电梯层数最少，该选择哪些层停靠？最少是多少层？
状态方程为：
S[i][j] = min{F[i][j], min{F[i-t][j] + A[i]*t + A[i-1]*(t-1) + A[i-2]*(t-2)...A[i-t+1]*1} (1 <= t <= i-j) }
解释：最外层min{}中前一部分表示第i层作为停靠层的情况，后一部分表示第i层不作为停靠层的情况
1.9 见面会安排
有n个学生参加见面会，分别对m个研究组中的若干个感兴趣，为了满足所有学生的要求，每个学生都能参加自己感兴趣的见面会，如果每个见面会的时间为t，如何安排才能使得所有见面会的总时间最短？
分析：
先建立模型，将m个见面会看成点，如果有一位同学同时对两个小组感兴趣，就在这两个小组对应的点间加上一条边。不难看出，构造出这样一幅图后，问题转化成求图的最少着色问题。
参考：
https://blog.csdn.net/chdhust/article/details/8333567
1.10 双线程高效下载
1.11-1.13 Nim 游戏
1.14 连连看游戏
1.15 数独游戏
解法一：广度优先搜索。
解法二：先填满中间矩阵，其他区域通过矩阵置换求出。
1.16 24点游戏
解法一：穷举法
解法二：分治法
1.17 俄罗斯方块游戏
1.18 扫雷游戏