On the first row, we write a 0. Now in every subsequent row, we look at the previous row and replace each occurrence of 0 with 01, and each occurrence of 1 with 10.
Given row N and index K, return the K-th indexed symbol in row N. (The values of K are 1-indexed.) (1 indexed).
Examples: Input: N = 1, K = 1 Output: 0 Input: N = 2, K = 1 Output: 0 Input: N = 2, K = 2 Output: 1 Input: N = 4, K = 5 Output: 1 Explanation: row 1: 0 row 2: 01 row 3: 0110 row 4: 01101001
Note:
Nwill be an integer in the range[1, 30].Kwill be an integer in the range[1, 2^(N-1)].
這道題說第一行寫上了一個0，然后從第二行開始，遇到0，就變為01，遇到1，則變為10，問我們第N行的第K個數字是啥。這是一道蠻有意思的題目，首先如果沒啥思路的話，按照給定的方法，一行行generate出來，直到生成第N行，那么第K個數字也就知道了。但是這種brute force的方法無法通過OJ，這里就不多說了，需要想一些更高端的解法。我們想啊，遇到0變為01，那么可不可以把0和1看作上一層0的左右子結點呢，同時，把1和0看作上一層1的左右子結點，這樣的話，我們整個結構就可以轉為二叉樹了，那么前四層的二叉樹結構如下所示：
0
/ \
0 1
/ \ / \
0 1 1 0
/ \ / \ / \ / \
0 1 1 0 1 0 0 1
我們仔細觀察上面這棵二叉樹，第四層K=3的那個紅色的左子結點，其父結點的位置是第三層的第 (K+1)/2 = 2個紅色結點，而第四層K=6的那個藍色幽子結點，其父節點的位置是第三層的第 K/2 = 3個藍色結點。那么我們就可以一層一層的往上推，直到到達第一層的那個0。所以我們的思路是根據當前層K的奇偶性來確定上一層中父節點的位置，然后繼續往上一層推，直到推倒第一層的0，然后再返回確定路徑上每一個位置的值，這天然就是遞歸的運行機制啊。我們可以根據K的奇偶性知道其是左結點還是右結點，由於K是從1開始的，所以當K是奇數時，其是左結點，當K是偶數時，其是右結點。而且還能觀察出來的是，左子結點和其父節點的值相同，右子結點和其父節點值相反，這是因為0換成了01，1換成了10，左子結點保持不變，右子結點flip了一下。想通了這些，那么我們的遞歸解法就不難寫出來了，參見代碼如下：
解法一：
class Solution { public: int kthGrammar(int N, int K) { if (N == 1) return 0; if (K % 2 == 0) return (kthGrammar(N - 1, K / 2) == 0) ? 1 : 0; else return (kthGrammar(N - 1, (K + 1) / 2) == 0) ? 0 : 1; } };
我們可以簡化下上面的解法，你們可能會說，納尼？已經三行了還要簡化？沒錯，博主就是這樣一個精益求精的人（此處應有掌聲👏）。我們知道偶數加1除以2，和其本身除以2的值是相同的，那么其實不論K是奇是偶，其父節點的位置都可以用 (K+1)/2 來表示，問題在於K本身的奇偶決定了其左右結點的位置，從而決定要不要flip父節點的值，這才是上面解法中我們要使用 if...else 結構的原因。實際上我們可以通過‘亦或’操作來實現一行搞定，叼不叼。我們來看下變換規則，0換成了01，1換成了10。
0 -> 01
左子結點(0) = 父節點(0) ^ 0
右子結點(1) = 父節點(0) ^ 1
1 -> 10
左子結點(1) = 父節點(1) ^ 0
右子結點(0) = 父節點(1) ^ 1
那么只要我們知道了父結點的值和當前K的奇偶性就可以知道K的值了，因為左子結點就是父結點值‘亦或’0，右子結點就是父結點值‘亦或’1，由於左子結點的K是奇數，我們可以對其取反再‘與’1，所以就是 (~K & 1)，再‘亦或’上遞歸函數的返回值即可，參見代碼如下：
解法二：
class Solution { public: int kthGrammar(int N, int K) { if (N == 1) return 0; return (~K & 1) ^ kthGrammar(N - 1, (K + 1) / 2); } };
下面這種解法的思路也十分巧妙，還是從變換規則入手，0換成了01，1換成了10。我們來看解法一講解中的二叉樹示例圖中的藍色路徑，第四層K=6，第三層K=3，第二層K=2，第一層K=1，所以路徑就是 6->3->2->1，如果我們換成0開頭的計數方法，那么路徑就是 5->2->1->0，再換成二進制的表達方式就是 101->10->1->0，我們發現其實就是每次右移一位，直到移動到0，而當最低位是1的時候，表示當前是右子結點，需要flip一下，那么只要我們知道總共flip了多少次，就能推算出第K個位置的值。比如 101->10->1->0，總共flip了兩次變成了0，那么說明K=6的位置值為0。於是問題就轉化為了統計K-1這個數的二進制表示中位1的個數，使用一個while循環統計出來就可以了，然后根據個數的奇偶性返回1或0即可，參見代碼如下：
解法三：
class Solution { public: int kthGrammar(int N, int K) { int cnt = 0; --K; while (K) { cnt += K & 1; K >>= 1; } return cnt % 2; } };
下面這種解法的思路也很清新脫俗啊，一切的一切都是從變換規則入手，0換成了01，1換成了10。那么當K是奇數的時候，我們之前分析了，其一定是左子結點，那么其是01或者10的第一個數字，因為只有這兩種組合方式，所以如果第K個數是0的話，那么第K+1個數就是1，同樣，如果第K個數是1的話，那么第K+1個數就是0，所以此時第K個數和第K+1個數一定相反，那么我們就可以通過‘亦或’1來實現這個一定相反的操作。
當K是偶數的時候，那么其是01或者10的第二個數字，那么根據之前的分析，其是由上一層的第 K/2 位置的數字生成的，上一層的第 K/2 個數字和當前層的第 K/2 個數字是一樣的，如果你仔細觀察題目中的例子或者博主畫的那個二叉樹圖，只要K不越界，每一層的第K個數字都是相等的。所以如果第K個數是0的話，那么第 K/2 個數就是1，同樣，如果第K個數是1的話，那么第 K/2 個數就是0，所以此時第K個數和第 K/2 個數一定相反，那么我們也可以通過‘亦或’1來實現這個一定相反的操作。
於是乎，我們的操作就是，當K是奇數的時候，我們就將其換成K+1，當K是偶數的時候，我們將其換為K/2。然后每次都對結果res（初始化為0）進行‘亦或’1操作，循環的終止條件是當K等於1時，參見代碼如下：
解法四：
class Solution { public: int kthGrammar(int N, int K) { int res = 0; while (K > 1) { K = (K % 2 == 1) ? K + 1 : K / 2; res ^= 1; } return res; } };
下面這種解法跟解法三的思路完全相同，只不過使用了bitset這個內置的數據結構來快速的求出了K-1的二進制表達數中的位1的個數，Java中可以直接使用Integer.bitCount()函數，參見代碼如下：
解法五：
class Solution { public: int kthGrammar(int N, int K) { return bitset<32>(K - 1).count() % 2; } };
參考資料：
https://leetcode.com/problems/k-th-symbol-in-grammar/solution/
https://leetcode.com/problems/k-th-symbol-in-grammar/discuss/113705/JAVA-one-line