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心得：在读完题目对普遍输入的处理有了初步构思后，要往空输入、溢出、无效输入等情况去寻找函数漏洞，编码时一一处理特殊的输入。
编码前先设置测试用例！
1：反转句子中的单词顺序，但单词本身的字符顺序不变，如：i am a student->student a am i
Java解法：Java提供了split()方法，我们可以直接用String[] strs=inputstring.split(" ");获得句子的单词，然后倒序遍历strs输出即可。
C++解法：首先反转整个句子的字符顺序，然后对每个单词字符再逐个反转回来。定义一个反转函数从begin到end交换头尾指针所指。然后定义一个区分单词的函数：寻找空格所在从而确定单词字符串的begin、end，然后调用反转函数把单词字符再反转回来即可。
2：左旋字符串：把字符串的前n个字符保持顺序移动到字符串的后面。比如: abcde移动前二——>cdeab。
Java解法：用StringBuilder把字符串字符重新拼接就好。
C++解法：我们把整个字符串反转后发现abcde->edcba，把字符串分为两部分来反转：edc->cde,ba->ab，结果变为cdeab，就是我们要得到的结果。那么我们就可以得到解题思路了：先把字符串反转，然后对字符串的后n个字符的字符串反转，再对0~n-1段字符反转，即可实现左旋。思路同上一题，定义一个反转函数，再定义一个函数来控制反转的下标范围。
3：投n个骰子，求面朝上的点数和S的所有值出现的概率。
我们来模拟一下：
假设已有的骰子和为S的次数为k，现在我们来增加一个骰子；新的骰子只会出现1~6中随机一个的一次，为保持和仍为S，那么剩下就要投出和为 S-6~S-1 的情况。我们用一个数组sum_count[]来保存骰子们和的情况，第S个说明骰子和为S出现的次数。由上面描述可知，每新增一个骰子，为保持和为S，则次数为 sum_count(S-6)+...+sum_count(S-1)为新的和为S的次数。
void probablyCount(int num,int MaxValue){ if(num<1){ return; } int[][] counts=new int[2][num*MaxValue+1]; for(int i=0;i<MaxValue*num+1;++i){ counts[0][i]=0; counts[1][i]=0; } int which_count=0; //1个骰子时，数组前6位记录和为1~6出现的次数 for(int i=1;i<=MaxValue;++i){ counts[which_count][i]=1; } //逐步增加骰子，骰子的和也逐步增加。而和为M就记录在第M下标 for(int k=2;k<=num;++k){ for(int i=0;i<k;++i){ counts[1-which_count][i]=0; } for(int i=k;i<=k*MaxValue;++i){//i记录了K个骰子的点数和k~k*MaxValue counts[1-which_count][i]=0;//用另一个数组记录点数i的次数，先置0 //j是新增的骰子的点数范围：1~Max,且j的点数要小于和 for(int j=1;j<=i && j<=MaxValue;++j){ //那么和为i的次数等于 i-j的次数和 counts[1-which_count][i]+=counts[which_count][i-j]; } } which_count=1-which_count; } double total=Math.pow(MaxValue, num); for(int i=num;i<=num*MaxValue;++i){ System.out.println("Count="+i+",Radio="+counts[which_count][i]/total); } }
4：扑克牌顺子判断
抽5张扑克牌，判断是不是顺子。扑克牌A=1，J=11,Q=12,K=13，大小王可以看作任意数字。
既然我们可以把JQK转换成数字，我们不妨把大小王也转换成0，也就是说数组中的0就可以转换成任意数字。
这样思路就清晰了：把这5张牌用一个int[5]数组保存起来，注意存的时候JQK和大小王转为相应数字。然后对数组排序。如果有大小王，那么数组前面绝对是0.我们先来统计0的个数，得到king_count；然后从非0的第一个元素开始，统计递增序列的间隔数lack_count；然后比较king_count与lack_count即可，如果0大于等于lack_count，说明可以用大小王补间隔成为顺子。特殊情况：非0元素有对子出现，那么决定不是顺子，在统计间隔的时候增加一条如果当前元素与下一元素相等，则直接返回false。（由于间隔统计是从第一个非0元素开始的，所以不会统计到前面的相同0）。
5：每次删除圆环中第m个数字，求最后剩下的数字——Josephuse环问题
传统解法：用一个环形链表模拟圆环，每次遍历m步删除所指结点；
优化解法：我们发现：n结点时删除第m个数字最终剩下的数字下标last，由(last+m)%n可以得到n+1个结点时删除第m个数字最终剩下的数字下标。根据此递推式，所以我们用递归或者循环就可以从2开始推导出来。注意：只有1个结点时不成环，返回-1.
6：求1+2+...+n
高斯定理的使用：1+2+...+n=n(n+1）/2
发散思维：构造函数求法：定义两个全局变量：num、sum，在一个类的构造函数中进行num++,sum+=num;然后创建一个包含n个类对象的数组即可调用n次构造函数，而这n个对象依次创建就得到了1+2+3+...+n
7：把字符串转换成数字：
字符串除了是常规的数字字符串外，还可能是null、可能会溢出、可能是包含+-*/号的表达式、可能是+-数，还可能是非数字的无效输入。
常规输入的求法：sum=sum*10+num[i++];（i<=num.length）
8：求一棵树中两个结点的最近公共祖先。
如果是BST树：我们可以用递归查找：两个结点都在比根小，则在左边，递归左子树直到两结点分别位于当前根结点的两边，那么当前根节点即为所求；同理右边也是；
如果是普通树：我们可以用两个辅助链表，分别保存根节点到这两个结点的路径；然后问题转化为求两个链表的最右一个公共结点：因为根到最后一个公共结点段是相同的，之后才分叉。
9：找到数组中的重复数字
传统解法：用hashmap，遍历数组，用map.get(nums[i])判断是否已有这个元素，没有则map.put()，有返回则说明前面已出现过，此元素重复；
优化解法：用交换法把数字n放到下标n处——i从0开始遍历，若nums[i]==i,说明nums[i]处于合适位置；若nums[i]==j，比较nums[i]与nums[j]，相等这说明i重复；不等则把nums[i]与nums[j]交换，把j放到合适的地方去。
10：给定数组A[n]，令B[i]=A[0]*A[1]*...*A[i-1] * A[i+1]*...*A[n-1]，求数组B[]，不能使用除法。
定义一个连乘函数multi(int1,int2)计算A[int1]到A[int2]的连乘积；然后B[i]=multi(0，i-1)*multi(i+1,n-1)。