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本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

我们构建了一个包含 n 行( 索引从 1  开始 )的表。首先在第一行我们写上一个 0。接下来的每一行，将前一行中的0替换为01，1替换为10。

• 例如，对于 n = 3 ，第 1 行是 0 ，第 2 行是 01 ，第3行是 0110 。

给定行数 n 和序数 k，返回第 n 行中第 k 个字符。（ k 从索引 1 开始）

示例 1:

输入: n = 1, k = 1
输出: 0
解释: 第一行：0

示例 2:

输入: n = 2, k = 1
输出: 0
解释:
第一行: 0 
第二行: 01

示例 3:

输入: n = 2, k = 2
输出: 1
解释:
第一行: 0
第二行: 01

提示:

• 1 <= n <= 30
• 1 <= k <= 2^n - 1

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解法 递归

首先题目给出一个 $n$ 行的表（索引从 $1$ 开始）。并给出表的构造规则为：第一行仅有一个 $0$，然后接下来的每一行可以由上一行中 $0$ 替换为 $01$，$1$ 替换为 $10$ 来生成。

• 比如当 $n=3$ 时，第 $1$ 行是 $0$，第 $2$ 行是 $01$，第 $3$ 行是 $0110$ 。

现在要求表第 $n$ 行中第 $k$ 个数字，$1\le k\le 2^n$ 。首先我们可以看到第 $i$ 行中会有 $2^{i-1}$ 个数字，$1\le i\le n$ ，且其中第 $j$ 个数字按照构造规则会生第 $i+1$ 行中的第 $2\ast j-1$ 和 $2\ast j$ 个数字，$1\le j\le 2^{i-1}$ 。

即对于第 $i+1$ 行中的第 $x$ 个数字 ${\text{num}}_1$ ，$1\le x\le 2^i$ ，会被第 $i$ 行中第 $\lfloor \frac{x+1}{2}\rfloor$ 个数字 ${\text{num}}_2$ 生成。且满足规则：

• 当 ${\text{num}}_2=0$ ​时，${\text{num}}_2$ 会生成 $01$：
  $${\text{num}}_1=\{\begin{array}{ll}0,& x\equiv 1(\mathrm{mod}2)\\ 1,& x\equiv 0(\mathrm{mod}2)\end{array}$$
• 当 $nu{m}_2=1$ 时，${\text{num}}_2$ 会生成 $10$：
  $${\text{num}}_1=\{\begin{array}{ll}1,& x\equiv 1(\mathrm{mod}2)\\ 0,& x\equiv 0(\mathrm{mod}2)\end{array}$$

并且进一步总结我们可以得到：${\text{num}}_1=(x\&1)\oplus 1\oplus {\text{num}}_2$ ，其中 $\&$ 为「与」运算符， $\oplus$ 为「异或」运算符。那么我们从第 $n$ 不断往上递归求解，并且当在第一行时只有一个数字，直接返回 $0$ 即可。

class Solution {
public:int kthGrammar(int n, int k) {if (n == 1) return 0;return (k & 1) ^ 1 ^ kthGrammar(n - 1, (k + 1) / 2);}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为题目给定表的行数，递归深度为 $n$。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为题目给定表的行数，主要为递归的空间开销。

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解法2 找规律 + 递归

按照方法一，我们可以尝试写表中的前几行：

• $0$
• $01$
• $0110$
• $01101001$
• $\cdots$

我们可以注意到规律：每一行的后半部分正好为前半部分的“翻转”——前半部分是 $0$ 后半部分变为 $1$，前半部分是 $1$，后半部分变为 $0$。且每一行的前半部分和上一行相同。我们可以通过「数学归纳法」来进行证明。

有了这个性质，那么我们再次思考原问题：对于查询某一个行第 $k$ 个数字，如果 $k$ 在后半部分，那么原问题就可以转化为求解该行前半部分的对应位置的“翻转”数字，又因为该行前半部分与上一行相同，所以又转化为上一行对应对应的“翻转”数字。那么按照这样一直递归下去，并在第一行时返回数字 $0$ 即可。

class Solution {
public:int kthGrammar(int n, int k) {if (k == 1) return 0;// 查询某一个行第k数，如果k在后半部分，可转化为求解该行前半部分对应位置的翻转数字if (k > (1 << (n - 2))) return 1 ^ kthGrammar(n - 1, k - (1 << (n - 2)));return kthGrammar(n - 1, k); // 一行前半部分和上一行相同}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为题目给定表的行数。
• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为题目给定表的行数，主要为递归的空间开销。

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解法3 找规律 + 位运算

在「方法二」的基础上，我们来进行优化，本质上我们其实只需要求在过程中的“翻转”总次数，如果“翻转”为偶数次则原问题求解为 $0$ ，否则为 $1$。

首先我们修改行列的索引从 $0$ 开始，此时原先第 $p$ 行的索引现在为 $p-1$ 行，第 $i$ 行有 $2^i$ 位。那么对于某一行 $i$ 中下标为 $x$ 的数字，如果 $x<2^{i-1}$ 那么等价于求 $i-1$ 行中下标为 $x$ 的数字，否则 $x$ 的二进制位的从右往左第 $i$ 位（从第 $0$ 位开始）为 $1$ ，此时需要减去该位（“翻转”一次），然后递归求解即可。所以我们可以看到最后“翻转”的总次数只和初始状态下的下标 $x$ 二进制表示中 $1$ 的个数有关。

因此原问题中求“翻转”的总次数，就等价于求 $k-1$ 的二进制表示中 $1$ 的个数。

class Solution {
public:int kthGrammar(int n, int k) {// return __builtin_popcount(k - 1) & 1;k--;int res = 0;while (k > 0) {k &= k - 1;res ^= 1;}return res;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(\log k)$ ，其中 $k$ 为题目给定查询的下标。
• 空间复杂度：$O(1)$ ，仅使用常量变量。