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应该是利用strcpy函数，一般形式为strcpy(字符数组1，字符数组2)。
int l=strlen(s);
dest[s]='\0';
d=dest+l-1;
*d--=*s++;
(window.slotbydup=window.slotbydup || []).push({
id: '2081942',
container: s,
size: '1000,60',
display: 'inlay-fix'字符串与一般字符数组最大区别在哪里,能不-中国学网-中国IT综合门户网站-提供健康,养生,留学,移民,创业,汽车等信息
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字符串与一般字符数组最大区别在哪里,能不
来源：互联网 发表时间： 20:36:45 责任编辑：鲁晓倩字体：
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如果你学的编程语言是JAVA的话~可以使用string.valueof(char[])
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京ICP备号-1 京公网安备02号面试题精解之二： 字符串、数组（1）
本篇文章发表在下面三个博客中，如果出现排版问题，请移步到另一个博客。
的表，对每个字符hash计数就可以了，但，可能会发生越界访问语言上的一个陷阱，C/C++中的char有三种类型：char、signed char和unsigned char。char类型的符号是由编译器指定的，一般是有符号的。在对字符进行hash时，应该先将字符转为无符号类型，不然，下标为负值时，就会出现越界访问。
数组，记录当前找到的只出现一次的字符，避免对原字符串进行第二次遍历。
&&&&&&&&&&或 UCHAR_MAX + 1
abcabacbcabc
个字符，那么总共要输出2^n –不可能太大，否则的话，以现在CPU的运算速度，程序运行一次可能需要跑几百年、几千年，而且也没有那么大的硬盘来储存运行结果。因而，可以假设n小于一个常数（比如64）。
，尾递归优化后也有2^(n-1)）。注意到本题的特点，可以构照一个长度为n的01字符串（或二进制数）表示输出结果中最否包含某个字符，比如："001"表示输出结果中不含字符a、b，只含c，即输出结果为c，而"101"，表示输出结果为ac。原题就是要求输出"001"到"111"这2^n –
size_t len strlen
puts你愿意等我一辈子吗？"
位无符号数表示used数组
size_t idx
一共有2^len – 1个状态
&all_combine_recursive_impl
all_combine_recursive_impl
size_t len strlen
puts你愿意等我一辈子吗？"
all_combine_recursive_impl
的数组，由数字1到n组成，其中数字a不出现，数字b出现两次，其它的数字恰好出现一次，在不修改原数组的情况下，找出数字a和数字b。
①数组中，只有两个数字出现奇数次，其它数字都出现偶数次。假设这两数为a、b。
利用 异或的性质：a xor a = 0&&&&&&&& a xor 0 = a
以及 a xor b = b xor a&& (a xor b) xor c& = a xor (b xor c)
对数组中的所有数进行异或，结果c等于(a xor b)。由于a和b不相乘，因而c不为0，假设c的二进制表示中，第m位不为0。根据第m位是否为0，可以将原数组划分为两块，
显然，a和b不可能分在同一块。由于各块中，只有a或b是奇数次出现的，因而各块所有的数的异或值要么等于a、要么等于b。
标准，为了兼容一补数之类的老古董，正确的写法应该是：
const unsigned tx = *(const unsigned*)(&xor_all);
const unsigned ty = tx & -
const int flag = *(const int*)&
②有三种解法：
&&& 方法一：如果将1到n这n个数也放入数组中，则数字a出现1次，数字b出现3次，可以利用上面的解法，通过两次遍历找出数字c与d，再通过第三次遍历，只遍历原数组，判断数字c是否在原数组中，从而确定c与d，哪个等于a，哪个是等于b。
方法二：对方法一进行改进。在第一次遍历时，额外计算出a与b的差值，利用该信息，可以确定前两次遍历找出的只出现奇数次的两个数，哪个是a、哪个b。
&&&& &&&&方法三：只进行一次遍历，计算出a与b的差c，以及它们间的平方差d，由这两个信息可以直接解得a、b的具体值。
方法一与方法二，在实现中必须计算 0 xor 1 xor 2 xor 3 … xor n，这个有O(1)解法，对偶数a，显然a xor (a + 1) = 1，因而每4个数的异或值为0，即周期为4。同样的，可证明，根据(a xor b)不为0的某一位，把原数组划分两块后，各块每8个数的异或值为0，周期为8。
方法二与方法三，在实现中，比须考虑到计算过程中可能出现的溢出问题。避免溢出最好的方法就是将有符号数转为无符号数，利用“无符号数算术运算是采用模运算，不存在溢出”这个特点。（在32位平台，两个无符号数a、b的和是定义为：(a + b) mod 2^32。）
对方法三的详细解释，可参考本人的文章。
xor_all value
个数（2*k与2*k+1）异或值为1，每4个数的异或值为0，
（其中 arr[4] = {len, 1, len ^ 1 (= len + 1), 0}）
个数(8*k到8*k+7)，根据某一位是否为1，划为两部分后，每部分的异或值均为0
平台，长度n一定小于2^16次方时，表示一个数的平方值，可采用32位无符号数类型，效率极高。
一定小于2^31次方时，就必须用到64位无符号数类型，效率稍差。
若在[2^31, 2^32)时，表示 所有数的和sum，就必须改用64位无符号数类型，效率很差。&
uint square_sum
square_sum
uint square_difference
difference
square_difference
小题。遇到这类题，首先想到的应该是动态规划思想。（下面的代码中，都假定所进行的有符号数算术运算不会发生溢出。可以通过改用64位整数表些某些数，来保证这点。）
为数组的前n个元素中，以第n个元素结尾的最大连续子序列和，则对第n+1个元素(值为v)，只有两种选择： 将该元素放入前n-1的最大连续子序列后、新开一个子序列。
&&。显然 max{ f(i) | i = 1, 2, 3 .. }& 即为所求
cur_max_sum
max_sum&&&&
，从0开始编号，
开始，到下标j(不包括j)结束。
则可以从A点前面断开，问题转为“求普通数组的最大连续子序列和”。
，由于:&& 所有元素和 = i-&j的子序列和 + j-&i的子序列和
的子序列和最大” 等价于求 “j-&i的子序列和最小”。
cur_max_sum
max_sum&&&&
cur_min_sum
min_sum&&&&
&&&&表示数组arr前i个元素的最大不连续子序列和，对第i个数(arr[i-1])只有三种选择：
个元素的最大不连续子序列后、新开一序列。
(个元素的最大不连续子序列后)
(另外，可设f(0) = 0，使f(2)也满足上式)。显然，f(n)即为所求。
prev_max_sum
表示前i个元素中，& 以第i个元素结尾的最大不连续子序列和，
&&&g(i)个元素中，不以第i个元素结尾的最大不连续子序列和，
&&(个元素的最大不连续子序列和)
&g(i) = max(f(i-1), g(i-1))&&&&& &&&&&&&&&&&(i &= 3)
时，max(f(n), g(n)) 即为所求
表示前i个元素中，以第i个元素结尾的最大不连续子序列和，
&&g(i)个元素中，最大不连续子序列和。
&g(i) = max(f(i), g(i-1))&&&&&&&&&&&&&&&&& (i &= 2)
可设g(0) = 0，使f(2)也满足上式）
&&，若从环状数组中任一点，从0开始编号，则结束编号为n-1。由于要保证不连续，编号为0的元素和编号为n-1的元素不能同时取，则对编号为0到n-2和编号为1到n-1的两个子数组分别求最大不连续子序列和，较大的即为所求。具体实现上，可以先求编号为0到n-1的具有最大和的不连续子序列，是否同时包含编号为0和编号为n-1的元素，若不同时包含的话，所得结果即为所求；若同时包含的话，需要再计算编号为1到n-1的子数组的最大不连续子序列和。这需要遍历数组一到二次，下面是只遍历一次的写法：
prev_max_sum2
prev_max_sum1
prev_max_sum2
阅读(...) 评论()}