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1. A + B 问题
给出两个整数a和b, 求他们的和, 但不能使用 + 等数学运算符。
注意事项
你不需要从输入流读入数据，只需要根据aplusb的两个参数a和b，计算他们的和并返回就行。
我的答案：
class Solution:
"""
@param: a: An integer
@param: b: An integer
@return: The sum of a and b
"""
def aplusb(self, a, b):
# write your code here
# return a+b
return sum([a,b])
2. 尾部的零
设计一个算法，计算出n阶乘中尾部零的个数
class Solution:
"""
@param: n: An integer
@return: An integer, denote the number of trailing zeros in n!
"""
def trailingZeros(self, n):
# write your code here, try to do it without arithmetic operators.
b = 0
while True:
a = int(n/5)
n = a
b +=a
if a < 5:
return b
break
解题思路如下：通用方法
方法四：通用方法
这里先给出其计算公式，后面给出推导过程。
令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数，则有：
当0 < n < 5时，f(n!) = 0;
当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
显然，对于阶乘这个大数，我们不可能将其结果计算出来，再统计其末尾所含有的“0”的个数。所以必须从其数字特征进行分析。下面我们从因式分解的角度切入分析。
我们先考虑一般的情形。对于任意一个正整数，若对其进行因式分解，那么其末尾的“0”必可以分解为2*5。在这里，每一个“0”必然和一个因子“5”相对应。但请注意，一个数的因式分解中因子“5”不一定对应着一个“0”，因为还需要一个因子“2”，才能实现其一一对应。
我们再回到原先的问题。这里先给出一个结论：
结论1： 对于n的阶乘n！，其因式分解中，如果存在一个因子“5”，那么它必然对应着n！末尾的一个“0”。
下面对这个结论进行证明：
(1)当n < 5时, 结论显然成立。
(2)当n >= 5时，令n！= [5k * 5(k-1) * ... * 10 * 5] * a，其中 n = 5k + r (0 <= r <= 4)，a是一个不含因子“5”的整数。
对于序列5k, 5(k-1), ..., 10, 5中每一个数5i(1 <= i <= k)，都含有因子“5”，并且在区间(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)内存在偶数，也就是说，a中存在一个因子“2”与5i相对应。即，这里的k个因子“5”与n！末尾的k个“0”一一对应。
我们进一步把n！表示为：n！= 5^k * k! * a（公式1），其中5^k表示5的k次方。很容易利用(1)和迭代法，得出结论1。
上面证明了n的阶乘n！末尾的“0”与n！的因式分解中的因子“5”是一一对应的。也就是说，计算n的阶乘n！末尾的“0”的个数，可以转换为计算其因式分解中“5”的个数。
令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数, g(x)表示正整数x的因式分解中因子“5”的个数，则利用上面的的结论1和公式1有：
f(n!) = g(n!) = g(5^k * k! * a) = k + g(k!) = k + f(k!)
所以，最终的计算公式为：
当0 < n < 5时，f(n!) = 0;
当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
计算举例
f(5!) = 1 + f(1!) = 1
f(10!) = 2 + f(2!) = 2
f(20!) = 4 + f(4!) = 4
f(100!) = 20 + f(20!) = 20 + 4 + f(4!) = 24
f(1000!) = 200 + f(200!) = 200 + 40 + f(40!) = 240 + 8 + f(8!) = 248 + 1 + f(1) =249
...
3. 统计数字
计算数字k在0到n中的出现的次数，k可能是0~9的一个值
样例
例如n=12，k=1，在 [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12]，我们发现1出现了5次 (1, 10, 11, 12)
class Solution:
"""
@param: : An integer
@param: : An integer
@return: An integer denote the count of digit k in 1..n
"""
def digitCounts(self, k, n):
# write your code here
m = 0
for i in range(n+1):
s = str(i)
for n in range(len(s)):
if k == int(s[n]):
m +=1
return m
4. 丑数 II
设计一个算法，找出只含素因子2，3，5 的第 n 小的数。
符合条件的数如：1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12...
挑战
要求时间复杂度为O(nlogn)或者O(n)
思路：
1.从1开始算起将符合条件的数加入列表，并计算加入的列表
以下算法超出了时间，算法效率太低：
class Solution:
"""
@param: n: An integer
@return: the nth prime number as description.
"""
def nthUglyNumber(self, n):
# write your code here
list = [1]
i = 1
m = 1
flag = False
while True:
i += 1
a = i
flag = False
if m == n:
return (list[-1])
break
while not flag:
if a % 2 == 0:
a = a / 2
else:
while not flag:
if a % 5 == 0:
a = a / 5
else:
while not flag:
if a % 3 == 0:
a = a / 3
elif a == 1:
list.append(i)
m += 1
flag = True
else:
flag = True
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