1.換零鈔

x星球的鈔票的面額只有：100元，5元，2元，1元，共4種。
小明去x星旅遊，他手裡只有2張100元的x星幣，太不方便，恰好路過x星銀行就去換零錢。
小明有點強迫症，他堅持要求200元換出的零鈔中2元的張數剛好是1元的張數的10倍，
剩下的當然都是5元面額的。

銀行的工作人員有點為難，你能幫助算出：在滿足小明要求的前提下，最少要換給他多少張鈔票嗎？
（5元，2元，1元面額的必須都有，不能是0）

注意，需要提交的是一個整數，不要填寫任何多餘的內容。

//1元零鈔每多一個 2元零鈔多10個 1元零鈔從1開始增加 當200減去1元與2元的總金額是5的倍數時結束 鈔票最少
int main() {
    int one = 1, two = 10;
    int sum;
    while(++one) {
        two += 10;
       	if ((200 - one - two * 2) % 5 == 0) {
            sum = (200 - one - two * 2) / 5 + one + two;
            break;
        }
    }
    cout << sum;
    return 0;
}
// 答案: 74
 

2.鐳射樣式

x星球的盛大節日為增加氣氛，用30臺機光器一字排開，向太空中打出光柱。
安裝除錯的時候才發現，不知什麼原因，相鄰的兩臺鐳射器不能同時開啟！
國王很想知道，在目前這種bug存在的情況下，一共能打出多少種鐳射效果？

顯然，如果只有3臺機器，一共可以成5種樣式，即：
全都關上（sorry, 此時無聲勝有聲，這也算一種）
開一臺，共3種
開兩臺，只1種

30臺就不好算了，國王只好請你幫忙了。

要求提交一個整數，表示30臺鐳射器能形成的樣式種數。

注意，只提交一個整數，不要填寫任何多餘的內容。

//f1 dfs搜尋所有可能性
#include <iostream>

using namespace std;
int l[35];
int ans = 0;

void dfs(int index) {
	if (index == 31) {
		ans++;
		return;
	}
	if (l[index - 1] == 0) {
		l[index] = 1; //前一盞燈不亮 則讓當前燈亮
		dfs(index + 1);
		l[index] = 0;
	}
	dfs(index + 1);  //讓當前燈不亮
}
int main() {
	dfs(1);
	cout << ans;
	return 0;
} 

//f2 遞推
int l[35][2]; 
//l[i][0] 表示一共i盞燈,第i位上的燈不亮共有幾種情況（保證前面的燈都合規則） 
//l[i][1] 表示一共i盞燈,第i位上的燈亮共有幾種情況 
int main(){
	l[1][0] = 1;
    l[1][1] = 1;
	for(int i = 1; i <= 30; i++){
        //第i位不亮則前一盞燈可亮可不亮
		l[i][0] = l[i-1][0] + l[i-1][1];
        //第i位亮則前一盞燈不能亮
		l[i][1] = l[i-1][0];
	}
    //其實就是斐波那契數列
	cout<< l[30][0]+[30][1] <<endl;
    return 0;
}
//答案 2178309
 

3.格雷碼

格雷碼是以n位的二進位制來表示數。
與普通的二進位制表示不同的是，它要求相鄰兩個數字只能有1個數位不同。
首尾兩個數字也要求只有1位之差。

有很多演算法來生成格雷碼。以下是較常見的一種：
從編碼全0開始生成。
當產生第奇數個數時，只把當前數字最末位改變（0變1，1變0）
當產生第偶數個數時，先找到最右邊的一個1，把它左邊的數字改變。
用這個規則產生的4位格雷碼序列如下：
0000
0001
0011
0010
0110
0111
0101
0100
1100
1101
1111
1110
1010
1011
1001
1000

以下是實現程式碼，仔細分析其中邏輯，並填寫劃線部分缺少的程式碼。

請注意：只需要填寫劃線部分缺少的內容，不要抄寫已有的程式碼或符號。

#include <stdio.h>
void show(int a,int n)
{
	int i;
	int msk = 1;
	for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;
	for(i=0; i<n; i++){
		printf((a & msk)? "1" : "0");
		msk = msk >> 1;
	}
	printf("\n");
} 

void f(int n)
{
	int i;
	int num = 1;
	for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;
	int a = 0;
	for(i=0; i<num; i++){
		show(a,n);
	
		if(i%2==0){
			a = a ^ 1;
		}
		else{
            // a & (-a) (-a)對a取反 求出的是a最右邊一個1  其餘全為0
			a = a ^ ((a & (-a)) << 1); //填空
		}
	}
}

int main()
{
	f(4);
	return 0;
}