外人家的面试题:三个卡尺头是或不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功本事 ·
2 评论 ·
算法

本文我: 伯乐在线 –
十年踪迹
。未经笔者许可,禁绝转发!
迎接到场伯乐在线 专栏撰稿人。

这是 leetcode.com
的第二篇。与上一篇一致,大家研究共同相对简便易行的主题素材,因为学习总重申安份守己。何况,就到底简单的难题,追求算法的最好的话,个中也有大学问的。

旁人家的面试题:总计“1”的个数

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

正文作者: 伯乐在线 –
十年踪迹
。未经我许可,禁绝转发!
应接插手伯乐在线 专辑作者。

小胡子哥 @Barret李靖永利开户送38元体验金,
给自家推荐了二个写算法刷题的地点
leetcode.com,没有 ACM
那么难,但难点很有趣。并且据书上说那么些难题都出自一些公司的面试题。行吗,解解别人集团的面试题其实很风趣,既可以整理思路训练本事,又不要惦念漏题
╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让大家来看一道题:

“4”的大背头次幂

给定二个30个人有号子整数(32 bit signed
integer),写一个函数,检查这些卡尺头是或不是是“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

叠合条件: 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,将这个结果回到为四个数组。

例如:

当 num = 5 时,再次来到值为 [0,1,1,2,1,2]。

/** * @param {number} num * @return {number[]} */ var countBits =
function(num) { //在这里达成代码 };

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

解题思路

要是大意“附加条件”,那题还挺简单的对吧?大概是随手拈来:

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 近乎很简短、很强劲的模范,它的时光复杂度是
log4N。有同学说,还足以做一些分寸的改换:

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;
}

地点的代码用位移取代除法,在其他语言中更加快,鉴于 JS
经常情形下丰富坑的位运算操作,不肯定速度能变快。

好了,最入眼的是,不管是 版本1 要么 版本1.1
就像都不满意大家前面提到的“附加条件”,即不使用循环和递归,只怕说,大家须要探寻O(1) 的解法。

依据规矩,大家先研商10分钟,然后往下看 ——


解题思路

那道题咋一看还挺简单的,无非是:

  • 落到实处一个方法 countBit,对放肆非负整数
    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;
}

地点的代码里,我们一向对 n 用 toString(2)
转成二进制表示的字符串,然后去掉个中的0,剩下的就是“1”的个数。

接下来,我们写一下完好无缺的前后相继:

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;
}

上面这种写法拾贰分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript
语言特色达成得特别简洁,坏处是一旦现在要将它改写成别的语言的本子,就有不小希望懵B了,它不是很通用,并且它的性质还取决于Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的兑现。

之所认为了追求越来越好的写法,我们有不能缺少思索一下 countBit 的通用完毕法。

咱俩说,求一个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最家常的当然是叁个 O(logN)
的措施:

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;
}

为此大家有了版本2

如此完毕也很简单不是吗?不过那样达成是还是不是最优?提出此处思量10分钟再往下看。


无须循环和递归

实质上那道题真心有广大种思路,总括指数之类的对数学系学霸们一心小意思嘛:

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);
}

哦,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四个卡尺头,那样就可以不用循环和递归消除难题。何况,还要小心细节,能够将
log4 当作常量抽出出来,那样并不是每一遍都重新计算,果然是学霸范儿。

只是呢,利用 Math.log
方法也总算某种意义上的违犯禁令吧,有未有永不数学函数,用原生方法来缓和吧?

当然有了!並且还不仅一种,大家可以承袭想30秒,要最少想出一种啊 ——


更快的 countBit

上多个本子的 countBit 的年华复杂度已然是 O(logN)
了,难道还是能够更加快吧?当然是能够的,大家无需去看清每个人是或不是“1”,也能明了
n 的二进制中有几个“1”。

有多少个要诀,是依照以下一个定律:

  • 对此自由 n, n ≥ 1,有如下等式创设:

countBit(n & (n – 1)) === countBit(n) – 1

1
countBit(n & (n – 1)) === countBit(n) – 1

那几个很轻易明白,我们若是想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n
的二进制数的最末多个“1”退位,由此 n & n – 1 刚刚将 n
的最末壹位“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,大家有了一个越来越快的算法:

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。

优化到了这一个水平,是或不是全方位都甘休了呢?从算法上的话仿佛早便是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间动脑筋一下,然后再往下看。


不要内置函数

其一难题的首要性思路和上一道题类似,先思考“4”的幂的二进制表示:

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

也正是各类数比上一个数的二进制后边多七个零嘛。最根本的是,“4”的幂的二进制数只有1 个“1”。假若条分缕析翻阅过上一篇,你就能够驾驭,判别二个二进制数只有 1
个“1”,只须要:

JavaScript

(num & num – 1) === 0

1
(num & num – 1) === 0

只是,二进制数唯有 1
个“1”只是“4”的幂的要求非丰裕基准,因为“2”的奇数十次幂也独有 1
个“1”。所以,我们还须要增大的判别:

JavaScript

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

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

为何是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那几个保证 num 的二进制的老大 “1”
出现在“奇数位”上,也就确认保证了那个数确实是“4”的幂,而不仅仅只是“2”的幂。

末段,我们赢得完全的本子:

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;
};

下面的代码需求丰硕 num > 0,是因为 0 要祛除在外,不然 (0 & -1) === 0
也是 true


countBits 的流年复杂度

考虑 countBits, 上边的算法:

  • “版本1” 的时刻复杂度是 O(N*M),M 决议于 Number.prototype.toString
    和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的年华复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的年月复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于
    1 ~ logN 之间。

上边七个本子的 countBits 的年华复杂度都超过 O(N)。那么有未有的时候间复杂度
O(N) 的算法呢?

其实,“版本3”已经为大家提示了答案,答案就在地点的百般定律里,小编把特别等式再写三次:

countBit(n & (n – 1)) === countBit(n) – 1

1
countBit(n & (n – 1)) === countBit(n) – 1

也正是说,即便大家知道了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就理解了
countBit(n)

而大家精晓 countBit(0) 的值是 0,于是,大家得以很简短的递推:

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;
}

原先就那样轻巧,你想到了吗 ╮(╯▽╰)╭

如上便是享有的从头到尾的经过,轻易的难点考虑起来很风趣啊?工程师就相应追求完善的算法,不是吧?

那是 leetcode
算法面试题连串的率初期,上一期大家谈谈别的一道题,那道题也很有意思:推断贰个非负整数是或不是是
4 的平头次方
,别告诉小编你用循环,想想更抢眼的点子吗~

打赏支持自身写出更加多好小说,多谢!

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别的版本

地点的本子现已相符了我们的供给,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

除此以外,我们还是能有其余的本子,它们严厉来讲有的如故“犯规”,不过大家还能够学习一下那么些思路:

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:用正则表明式

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));
};

如上正是兼备的剧情,这道题有相当多种思路,挺有趣,也比较考验基本功。借使您有投机的思绪,能够留言加入商量。

下期大家评论其余一道题,那道题比这两道题要难一些,但也更风趣:给定一个正整数
n,将它拆成最少七个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重回可以赢得的乘积最大的结果

想一想你的解法是哪些?你能够尽可能收缩算法的时光复杂度吗?期望您的答案~~

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