外人家的面试题,三个整数是还是不是是

外人家的面试题:叁个莫西干发型是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功手艺 · 2 评论 · 算法

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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇完全一样,我们研商共同相对简便易行的难题,因为学习总重申奉公守法。况兼,就终于轻巧的主题素材,追求算法的无限的话,在那之中也会有大学问的。

旁人家的面试题:总括“1”的个数

2016/05/27 · JavaScript · 5 评论 · Javascript, 算法

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小胡子哥 @Barret李靖 给作者推荐了贰个写算法刷题的地方 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难点很有意思。并且传说那么些主题素材都源于一些商家的面试题。好吧,解解外人集团的面试题其实很有意思,不仅能整理思路锻练本事,又毫不担忧漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

“4”的整数12回幂

给定三个叁15人有暗号整数(32 bit signed integer),写三个函数,检查这几个莫西干发型是还是不是是“4”的N次幂,这里的N是非负整数。

例如:

  • 给定 num = 16,返回 true,因为 16 = 42
  • 给定 num = 5,返回 flase

叠加条件: 你可见不用循环和递归吗?

统计“1”的个数

给定三个非负整数 num,对于大肆 i,0 ≤ i ≤ num,总计 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这一个结果回到为多个数组。

例如:

当 num = 5 时,重回值为 [0,1,1,2,1,2]。

/** * @param {number} num * @return {number[]} */ var countBits = function(num) { //在此处实现代码 };

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/**
* @param {number} num
* @return {number[]}
*/
var countBits = function(num) {
    //在此处实现代码
};

解题思路

假设忽视“附加条件”,那题还挺轻易的对吗?几乎是随手拈来:

版本1

JavaScript

function isPowerOfFour(num){ while(!(num % 4)){ num /= 4; } return num === 1; }

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function isPowerOfFour(num){
    while(!(num % 4)){
        num /= 4;
    }
    return num === 1;
}

本子1 类似很轻巧、很强大的理当如此,它的岁月复杂度是 log4N。有同学说,还是能够做一些轻微的退换:

版本1.1

JavaScript

function isPowerOfFour(num){ while(!(num % 4)){ num >>>= 2; } return num === 1; }

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function isPowerOfFour(num){
    while(!(num % 4)){
      num >>>= 2;
    }
    return num === 1;
}

上面的代码用位移代替除法,在其他语言中更加快,鉴于 JS 平时景况下十三分坑的位运算操作,不肯定速度能变快。

好了,最珍视的是,不管是 版本1 照旧 版本1.1 似乎都不知足大家前边提到的“附加条件”,即不使用循环和递归,只怕说,我们需求探究O(1) 的解法。

依照规矩,我们先切磋10分钟,然后往下看 ——


解题思路

那道题咋一看还挺轻易的,无非是:

  • 福寿无疆三个办法 countBit,对肆意非负整数 n,总计它的二进制数中“1”的个数
  • 循环 i 从 0 到 num,求 countBit(i),将值放在数组中回到。

JavaScript中,计算 countBit 能够取巧:

function countBit(n){ return n.toString(2).replace(/0/g,"").length; }

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function countBit(n){
    return n.toString(2).replace(/0/g,"").length;
}

下边的代码里,我们直接对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉当中的0,剩下的正是“1”的个数。

然后,我们写一下安然无事的次序:

版本1

function countBit(n){ return n.toString(2).replace(/0/g,'').length; } function countBits(nums){ var ret = []; for(var i = 0; i <= nums; i++){ ret.push(countBit(i)); } return ret; }

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function countBit(n){
   return n.toString(2).replace(/0/g,'').length;
}
 
function countBits(nums){
   var ret = [];
   for(var i = 0; i <= nums; i++){
       ret.push(countBit(i));
   }
   return ret;
}

上边这种写法十二分收益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特色完成得不行简单,坏处是如若今后要将它改写成任何语言的本子,就有十分大可能率懵B了,它不是很通用,何况它的习性还在于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的落实。

故而为了追求更加好的写法,我们有必不可缺考虑一下 countBit 的通用实现法。

大家说,求一个卡尺头的二进制表示中 “1” 的个数,最平凡的自然是一个 O(logN) 的办法:

function countBit(n){ var ret = 0; while(n > 0){ ret += n & 1; n >>= 1; } return ret; }

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function countBit(n){
    var ret = 0;
    while(n > 0){
        ret += n & 1;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}

故而大家有了版本2

诸如此比完成也很简短不是吧?不过如此完毕是不是最优?建议此处思虑10分钟再往下看。


并非循环和递归

事实上这道题真心有数不胜数种思路,计算指数之类的对数学系学霸们完全小意思嘛:

版本2

JavaScript

const log4 = Math.log(4); function isPowerOfFour(num){ var n = Math.log(num) / log4; return n === (0|n); }

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const log4 = Math.log(4);
function isPowerOfFour(num){
    var n = Math.log(num) / log4;
    return n === (0|n);
}

嗯,通过对数公式 logm(n) = log(n) / log(m) 求出指数,然后判定指数是还是不是二个大背头,那样就足以毫无循环和递归消除问题。何况,还要小心细节,可以将 log4 当做常量抽出出来,那样不用每一趟都再也总括,果然是学霸范儿。

唯独呢,利用 Math.log 方法也好不轻便某种意义上的违反规则和章程吧,有未有永不数学函数,用原生方法来消除呢?

本来有了!况且还不独有一种,大家能够继续想30秒,要至少想出一种啊 ——


更快的 countBit

上贰个本子的 countBit 的时刻复杂度已经是 O(logN) 了,难道还足以越来越快吗?当然是能够的,我们无需去看清每壹人是或不是“1”,也能明白n 的二进制中有多少个“1”。

有二个妙方,是基于以下三个定律:

  • 对于自由 n, n ≥ 1,有如下等式制造:

countBit(n & (n - 1)) === countBit(n) - 1

1
countBit(n & (n - 1)) === countBit(n) - 1

其一很轻松明白,大家假如想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末贰个“1”退位,因而 n & n – 1 刚好将 n 的最末一个人“1”消去,比如:

  • 6 的二进制数是 110, 5 = 6 – 1 的二进制数是 101,6 & 5 的二进制数是 110 & 101 == 100
  • 88 的二进制数是 1011000,87 = 88 – 1 的二进制数是 1010111,88 & 87 的二进制数是 1011000 & 1010111 == 1010000

于是乎,大家有了四个越来越快的算法:

版本3

function countBit(n){ var ret = 0; while(n > 0){ ret++; n &= n - 1; } return ret; } function countBits(nums){ var ret = []; for(var i = 0; i <= nums; i++){ ret.push(countBit(i)); } return ret; }

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function countBit(n){
    var ret = 0;
    while(n > 0){
        ret++;
        n &= n - 1;
    }
    return ret;
}
 
function countBits(nums){
   var ret = [];
   for(var i = 0; i <= nums; i++){
       ret.push(countBit(i));
   }
   return ret;
}

上面的 countBit(88) 只循环 3 次,而“版本2”的 countBit(88) 却须求循环 7 次。

优化到了那个水平,是或不是任何都得了了啊?从算法上来讲仿佛已经是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间思索一下,然后再往下看。


无须内置函数

本条题指标首要思路和上一道题类似,先考虑“4”的幂的二进制表示:

  • 40 = 1B
  • 41 = 100B
  • 42 = 10000B
  • 43 = 1000000B
  • ……

也正是每一个数比上贰个数的二进制后边多五个零嘛。最重视的是,“4”的幂的二进制数独有1 个“1”。要是留意阅读过上一篇,你就能够清楚,判定一个二进制数独有 1 个“1”,只供给:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

1
(num & num - 1) === 0

而是,二进制数独有 1 个“1”只是“4”的幂的须要非足够规范,因为“2”的奇数14遍幂也只有 1 个“1”。所以,大家还亟需增大的论断:

JavaScript

(num & num - 1) === 0 && (num & 0xAAAAAAAA) === 0

1
(num & num - 1) === 0 && (num & 0xAAAAAAAA) === 0

干什么是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那个有限支撑 num 的二进制的不胜 “1” 现身在“奇数位”上,也就保证了这些数确实是“4”的幂,而不光只是“2”的幂。

最终,我们获取完整的本子:

版本3

JavaScript

function isPowerOfFour(num) { return num > 0 && (num & (num-1)) === 0 && (num & 0xAAAAAAAA) === 0; };

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function isPowerOfFour(num) {
    return num > 0 && (num & (num-1)) === 0
                   && (num & 0xAAAAAAAA) === 0;
};

地点的代码须求加多 num > 0,是因为 0 要去掉在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


countBits 的日子复杂度

考虑 countBits, 上面的算法:

  • “版本1” 的大运复杂度是 O(N*M),M 取决于 Number.prototype.toString 和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的时刻复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的光阴复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于 1 ~ logN 之间。

地点多少个版本的 countBits 的时刻复杂度都超过 O(N)。那么有没一时光复杂度 O(N) 的算法呢?

其实,“版本3”已经为我们提醒了答案,答案就在地点的极其定律里,作者把那多少个等式再写二遍:

countBit(n & (n - 1)) === countBit(n) - 1

1
countBit(n & (n - 1)) === countBit(n) - 1

也便是说,借使大家知道了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就了然了 countBit(n)

而大家领会 countBit(0) 的值是 0,于是,我们得以很简短的递推:

版本4

function countBits(nums){ var ret = [0]; for(var i = 1; i <= nums; i++){ ret.push(ret[i & i - 1] + 1); } return ret; }

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function countBits(nums){
   var ret = [0];
   for(var i = 1; i <= nums; i++){
       ret.push(ret[i & i - 1] + 1);
   }
   return ret;
}

原先就这么轻松,你想到了呢 ╮(╯▽╰)╭

上述正是有着的从头到尾的经过,轻巧的难点思索起来很有意思啊?技士就相应追求完美的算法,不是吧?

那是 leetcode 算法面试题系列的率前期,上一期大家谈谈别的一道题,那道题也很有趣:推断叁个非负整数是或不是是 4 的莫西干发型次方,别告诉小编你用循环,想想更抢眼的艺术吗~

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别的版本

地点的本子现已符合了我们的必要,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

其他,大家还是能有别的的版本,它们严苛来讲有的依然“犯规”,不过大家还可以够学习一下这一个思路:

版本4:用 Math.sqrt

JavaScript

function isPowerOfFour(num) { num = Math.sqrt(num); return num > 0 && num === (0|num) && (num & (num-1)) === 0; };

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function isPowerOfFour(num) {
    num = Math.sqrt(num);
    return num > 0 && num === (0|num) && (num & (num-1)) === 0;
};

本子5:用正则表达式

JavaScript

function isPowerOfFour(num) { return /^1(00)*$/g.test(num.toString(2)); };

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function isPowerOfFour(num) {
    return /^1(00)*$/g.test(num.toString(2));
};

以上正是具备的剧情,这道题有特别七种思路,十分幽默,也正如考验基本功。固然你有自个儿的思路,能够留言出席座谈。

上期大家争持除此以外一道题,那道题比这两道题要难有的,但也更有趣:给定三个正整数 n,将它拆成至少多少个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重返能够收获的乘积最大的结果

想一想你的解法是什么?你可见尽也许收缩算法的岁月复杂度吗?期待您的答案~~

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