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前言: 介绍了质数和合数的概念
10.1-Counting divisors: 此部分介绍对一个整数求正因子的过程，是一个复杂度为O( $\sqrt{n}$ )的解法。对k来说，从1开始循环完小于等于 $\sqrt{k}$ 的所有整数，如果发现循环到的整数n存在k%n==0，则n为divisor，同时如果n== $\sqrt{k}$ 则只记录为1个divisor，反之算2个。
10.2-Primality test: 基于10.1的解法，可以写出一个测试一个整数n是否为合数/质数，复杂度为O( $\sqrt{n}$ )的检验函数。
10.3-Exercises: 测试题是一共有n枚硬币正面朝上，然后一共有n个人会来翻硬币，对于第i（i=1~n）个人，他会翻这n个硬币里所有是i的整数倍的硬币一次，最后问所有人翻完一遍后，有多少个硬币变成背面朝上了。
- 此部分给了两种解法，第一种是生成一个长度为n的数组Coins，然后循环n次模拟这n个用户的翻硬币过程，每次翻第k个硬币的时候，就更改Coins[k]的目前取值来模拟翻面，最终循环结束后再循环一遍看有多少个背面。整体计算复杂度为O(nlogn)
- 第二种解法还是利用求正因子时的思想，对于一个正整数k，如果他不存在 $\sqrt{k}$ 的divisor，那么他的所有divisor一定是成对的整数，也是一定会被翻偶数次。所以本题的反面硬币数，就是位置序号可拆解成整数平方（ $k^2$ ）形式的硬币数量，也就是（1，4，9...）这些位置。这样就可以实现复杂度为O(logn)的解法了。

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CountFactors

本题只是换了个叙述方式的PDF-10.1的原题，直接按照PDF中给出的解法即可完美达标：

def solution(N):
    fact_num = 0
    i = 1 
    while i*i<N:
        if N % i == 0:
            fact_num += 2 
        i+=1
    if i*i==N:
        fact_num+=1
    return fact_num

MinParameterRectangle

本题还是求divisor的题，只是最终需要返回的值从divisor的个数，换成返回最小的Rectangle周长（也就是成对的两个divisor之和的2倍）。并且这里数学推导可以知道对于全部满足0<i<= $\sqrt{k}$ 的正整数i，i越大则周长越小。因此复用上题解题框架进行简单修改：

def solution(N):
    i = 1
    min_peri = 2*(1+N)
    while i*i<N:
        if N%i==0:
            min_peri =  2*(i+N//i)
        i+=1
    if i*i==N:
        min_peri = 4*i
    return min_peri

Flags

本题输入是一个Array A，然后需要的是在A中找到peak，并返回最大可以插的旗子数。插旗必须插在peak处，并且有个奇怪的规则是如果一共准备插入k个旗，则每两个旗子之间的间距至少是k。不过比较好想到的是，在判断k个旗子能否插下的时候，是可以无脑从第一个peak开始插的（这个就不解释了）。所以最终的判断方式代码如下，首先计算出peaks数组，然后从1开始循环选择不同的k，然后进行逻辑上的判断能否插满旗子即可，应该还是比较好理解的：

def solution(A):
    # 新建一个是否为peaks的序列
    N = len(A)
    peaks = [False] * N
    for i, (a1,a2,a3 )in enumerate(zip(A[:-2], A[1:-1], A[2:])):
        if a2>a1 and a2>a3:
            peaks[i] = True 
    # 从1开始循环判断，是否可以满足插对应数量旗子
    for i in range(1, N):
        flag_num = i
        pos = 0
        while pos<N and flag_num>0:
            if peaks[pos]: # 是peak，插旗并向后跳i距离
                flag_num -= 1
                pos += i
            else: # 不是peak
                pos+=1 
        if flag_num>0: # 本轮旗子插不完，返回i-1
            return i-1
    # 事实上旗子数量不可能大于根号N，一定已经提前跳出
    return N-1

Correctness虽然达到了100%，但是Performance的表现并不如意。上述解法里，确定peaks数组的复杂度是O(N)，而从1～N循环判断旗子是否插得完的整体复杂度是O(NlogN)。最终还是看了参考答案，有了优化的思路，就是先用O(N)的复杂度，基于peaks数组计算出一个next_peaks的数组，用来辅助在后续的循环判断中，在每次循环内实现常数级别的复杂度。另外也放上我参考的答案

def solution(A):
    # 新建一个是否为peaks的序列
    N = len(A)
    peaks = [False] * N
    for i, (a1,a2,a3 )in enumerate(zip(A[:-2], A[1:-1], A[2:])):
        if a2>a1 and a2>a3:
            peaks[i] = True 
    # 根据peaks生成一个next_peak_pos数组，用于下一阶段辅助进行插旗判断
    next_peak_pos = [-1] * N
    for i in range(N-2, -1, -1): 
        if peaks[i]:
            next_peak_pos[i] = i 
        else:
            next_peak_pos[i] = next_peak_pos[i+1]
    # 从1开始循环判断，是否可以满足插对应数量旗子
    for i in range(1, N):
        flag_num = i
        pos = 0
        while pos<N and flag_num>0:
            pos = next_peak_pos[pos]
            if pos==-1:
                break 
            flag_num-=1
            pos+=i
        if flag_num>0: # 本轮旗子插不完，返回i-1
            return i-1
    # 事实上旗子数量不可能大于根号N，一定已经提前跳出
    return N-1

Peaks

本题还是基于上题的Peaks概念的一道题，不过后半部分的要求不一样了，本题是在找到全部peaks之后，返回符合要求的最大block数量。符合要求的block数量，是指A中全部元素可以平分到这些block中，并且每个block中至少包含1个peaks。

这里不难理解block=1一定是符合条件的，同时最大可能符合条件的block数，就是peaks的数量。所以在获取到全部peaks的index数组后，从len(peaks)作为初始block数不断循环减小，在第一个满足题目要求的block数处直接返回。

而判断满足题目要求的方法确实值得深思，如下方函数，除了N % block_num==0的判断外，最关键的是其中判断“每个block里都至少包含一个peak”的方法：从第一个peak的index开始循环，并根据peak_i和block_len的相除取整的关系动态+1，最后根据q_block和block_num是否相等，就可以确认了。只要这样判断的计算复杂度是最低的，能够满足题目对Performance的要求。

def solution(A):
    # 新建一个记录所有peak的index的序列
    N = len(A)
    peaks_i = []
    for i, (a1,a2,a3 )in enumerate(zip(A[:-2], A[1:-1], A[2:])):
        if a2>a1 and a2>a3:
            peaks_i.append(i+1)
    # 最多可以分成的block_num，就是len(peaks)个，所以初始化block的数量为len(peaks)
    peak_num = len(peaks_i)
    block_num = peak_num
    while block_num>1:
        # 假如A正好可以分成block_num个，则每个block长度为block_len
        if N % block_num==0:
            block_len = N//block_num 
            # 用来确认每个block里（block_len的距离），至少包含一个peak
            q_block = 0
            for peak_i in peaks_i:
                if peak_i//block_len==q_block:
                    q_block += 1
            # q_block和block_num相等，则说明每个block至少包含了一个peak，可直接返回block_num
            if q_block==block_num:
                return block_num
        block_num -= 1
    return block_num

Codility刷题之旅 - Prime and composite numbers

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