题目描述（中等难度）

生成 n 位格雷码，所谓格雷码，就是连续的两个数字，只有一个 bit 位不同。

解法一 动态规划

按照动态规划或者说递归的思路去想，也就是解决了小问题，怎么解决大问题。

我们假设我们有了 n = 2 的解，然后考虑怎么得到 n = 3 的解。

如果再增加一位，无非是在最高位增加 0 或者 1，考虑先增加 0。由于加的是 0，其实数值并没有变化。

  2. 000 - 0
  3. 010 - 2
  4. 011 - 3

再考虑增加 1，在 n = 2 的解基础上在最高位把 1 丢过去？

似乎没这么简单哈哈，第 4 行 001 和新增的第 5 行 100，有 3 个 bit 位不同了，当然不可以了。怎么解决呢？

很简单，第 5 行新增的数据最高位由之前的第 4 行的 0 变成了 1，所以其它位就不要变化了，直接把第 4 行的其它位拉过来，也就是 101。

接下来，为了使得第 6 行和第 5 行只有一位不同，由于第 5 行拉的第 4 行的低位，而第 4 行和第 3 行只有一位不同。所以第 6 行可以把第 3 行的低位拿过来。其他行同理，如下图。

蓝色部分由于最高位加的是 0 ，所以它的数值和 n = 2 的所有解的情况一样。而橙色部分由于最高位加了 1，所以值的话，就是在其对应的值上加 4，也就是

89. Gray Code - 图1

，即

，也就是 1 << ( n - 1) 。所以我们的算法可以用迭代求出来了。

所以如果知道了 n = 2 的解的话，如果是 { 0, 1, 3, 2}，那么 n = 3 的解就是 { 0, 1, 3, 2, 2 + 4, 3 + 4, 1 + 4, 0 + 4 }，即 { 0 1 3 2 6 7 5 4 }。之前的解直接照搬过来，然后倒序把每个数加上 1 << ( n - 1) 添加到结果中即可。

  1. public List<Integer> grayCode(int n) {
  2.     List<Integer> gray = new ArrayList<Integer>();
  3.     gray.add(0); //初始化 n = 0 的解
  5.         int add = 1 << i; //要加的数
  6.         //倒序遍历，并且加上一个值添加到结果中
  7.         for (int j = gray.size() - 1; j >= 0; j--) {
  8.             gray.add(gray.get(j) + add);
  9.     }
  10.     return gray;

89. Gray Code - 图2

，因为有这么多的结果。

空间复杂度：O（1）。

解法二 直接推导

解法一我觉得，在不了解格雷码的情况下，还是可以想到的，下边的话，应该是之前了解过格雷码才写出来的。看下提供的一个生成格雷码的思路。

以 n = 3 为例。

0 0 0 第零项初始化为 0。

0 0 1 第一项改变上一项最右边的位元

0 1 1 第二项改变上一项右起第一个为 1 的位元的左边位

0 1 0 第三项同第一项，改变上一项最右边的位元

1 1 0 第四项同第二项，改变最上一项右起第一个为 1 的位元的左边位

1 1 1 第五项同第一项，改变上一项最右边的位元

1 0 1 第六项同第二项，改变最上一项右起第一个为 1 的位元的左边位

1 0 0 第七项同第一项，改变上一项最右边的位元

思路有了，代码自然也就出来了。

。

空间复杂度：O（1）。

解法三 公式

二进制转成格雷码有一个公式。

89. Gray Code - 图3

所以我们遍历 0 到

，然后利用公式转换即可。即最高位保留，其它位是当前位和它的高一位进行异或操作。

  1. public List<Integer> grayCode(int n) {
  2.     List<Integer> gray = new ArrayList<Integer>();
  3.     for(int binary = 0;binary < 1 << n; binary++){
  4.         gray.add(binary ^ binary >> 1);
  5.     }
  6. }

时间复杂度：

89. Gray Code - 图4

，因为有这么多的结果。

空间复杂度：O（1）。

总

解法一通过利用大问题化小问题的思路，解决了问题。解法二和解法三需要对格雷码有一定的了解才可以。此外，通过格雷码还可以去解汉诺塔和的问题，大家有兴趣可以搜一下。

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