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文章作者:前端科技 上传时间:2019-10-08

外人家的面试题:三个卡尺头是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功本事 · 2 评论 · 算法

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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇没有差别于,大家切磋共同相对轻巧的标题,因为上学总重申绳趋尺步。并且,就终于简单的主题素材,追求算法的极致的话,当中也可能有高校问的。

别人家的面试题: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 给本人引入了多少个写算法刷题的地方 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难点很风趣。并且传闻那么些标题都出自一些商厦的面试题。可以吗,解解外人公司的面试题其实很有意思,既可以整理思路磨炼工夫,又不用操心漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

“4”的子弹头次幂

给定一个三十七位有暗号整数(32 bit signed integer),写贰个函数,检查这一个莫西干发型是不是是“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,计算 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这么些结果回到为二个数组。

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) { //在此间实现代码 };

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

解题思路

只要忽略“附加条件”,那题还挺简单的对吗?差相当的少是随手拈来:

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 类似很简短、很强劲的样子,它的时刻复杂度是 log4N。有同学说,仍是能够做一些轻微的改换:

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;
}

上边包车型客车代码用位移替代除法,在别的语言中越来越快,鉴于 JS 平常状态下十分坑的位运算操作,不料定速度能变快。

好了,最根本的是,不管是 版本1 要么 版本1.1 就好像都不满意大家前边提到的“附加条件”,即不行使循环和递归,或许说,大家须要查究O(1) 的解法。

规行矩步规矩,大家先思索10分钟,然后往下看 ——


解题思路

那道题咋一看还挺轻巧的,无非是:

  • 贯彻四个艺术 countBit,对任性非负整数 n,总结它的二进制数中“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 可以取巧:

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;
}

地方的代码里,大家平昔对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉在那之中的0,剩下的就是“1”的个数。

然后,大家写一下一体化的顺序:

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;
}

地点这种写法拾分别获得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特征实现得极其简洁,坏处是借使今天要将它改写成别的语言的版本,就有一点都不小可能率懵B了,它不是很通用,何况它的性质还在于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的兑现。

于是为了追求更加好的写法,大家有不可或缺思考一下 countBit 的通用完毕法。

笔者们说,求二个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最平时的本来是多少个 O(logN) 的主意:

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;
}

据此大家有了版本2

这么完成也很简短不是啊?不过如此完结是或不是最优?提议此处考虑10分钟再往下看。


不要循环和递归

其实那道题真心有为数不菲种思路,计算指数之类的对数学系学霸们一起不是主题材料嘛:

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);
}

啊,通过对数公式 logm(n) = log(n) / log(m) 求出指数,然后剖断指数是否一个大背头,那样就可以毫不循环和递归化解难题。何况,还要当心细节,能够将 log4 当作常量抽出出来,那样并不是每便都重复计算,果然是学霸范儿。

而是呢,利用 Math.log 方法也总算某种意义上的违犯禁令吧,有没有永不数学函数,用原生方法来缓慢解决吧?

当然有了!并且还不仅一种,我们能够持续想30秒,要最少想出一种啊 ——


更快的 countBit

上四个本子的 countBit 的时光复杂度已是 O(logN) 了,难道还能更加快吧?当然是足以的,我们不要求去看清每壹人是或不是“1”,也能明了 n 的二进制中有多少个“1”。

有一个要诀,是依据以下贰个定律:

  • 对此自由 n, n ≥ 1,有如下等式成立:

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

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

那些很轻便驾驭,大家只要想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末二个“1”退位,因而 n & n – 1 恰恰将 n 的最末壹个人“1”消去,举个例子:

  • 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,我们有了三个越来越快的算法:

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。

优化到了那一个程度,是否漫天都终止了吧?从算法上的话就像是早已然是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间考虑一下,然后再往下看。


不用内置函数

以此主题材料的尤为重要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
  • ……

也正是各个数比上叁个数的二进制前边多三个零嘛。最要害的是,“4”的幂的二进制数只有1 个“1”。即使条分缕析阅读过上一篇,你就能够精晓,判定多个二进制数独有 1 个“1”,只必要:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

然而,二进制数唯有 1 个“1”只是“4”的幂的须要非充裕标准化,因为“2”的奇数11次幂也唯有 1 个“1”。所以,大家还索要增大的决断:

JavaScript

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

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

为何是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那么些保障 num 的二进制的丰盛 “1” 出现在“奇数位”上,也就保证了那几个数确实是“4”的幂,而不光只是“2”的幂。

终极,大家获取完整的版本:

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;
};

位置的代码供给加上 num > 0,是因为 0 要铲除在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


countBits 的流年复杂度

考虑 countBits, 上边包车型客车算法:

  • “版本1” 的时刻复杂度是 O(N*M),M 决定于 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” 的岁月复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于 1 ~ logN 之间。

地点四个版本的 countBits 的年华复杂度都超越 O(N)。那么有没一时光复杂度 O(N) 的算法呢?

实质上,“版本3”已经为我们提示了答案,答案就在地点的特别定律里,小编把那些等式再写贰次:

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

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

也便是说,假如大家知道了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就清楚了 countBit(n)

而笔者辈知晓 countBit(0) 的值是 0,于是,大家得以很粗大略的递推:

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;
}

本来就这么轻便,你想到了呢 ╮(╯▽╰)╭

上述正是独具的内容,简单的主题素材考虑起来很风趣吗?技师就活该追求完美的算法,不是啊?

那是 leetcode 算法面试题种类的首前期,上期大家商议除此以外一道题,那道题也很风趣:认清三个非负整数是还是不是是 4 的整多次方,别告诉小编你用循环,想想更抢眼的主意吧~

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别的版本

上面包车型地铁版本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,大家还足以有别的的版本,它们严苛来讲有的照旧“犯规”,可是大家依然得以学学一下这几个思路:

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));
};

上述便是负有的从头到尾的经过,那道题有那多少个两种思路,相当有趣,也正如考验基本功。假使您有和睦的笔触,能够留言插手切磋。

上一期大家谈谈除此以外一道题,那道题比这两道题要难一些,但也更加风趣:给定叁个正整数 n,将它拆成最少多个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重回能够获得的乘积最大的结果

想一想你的解法是如何?你能够尽恐怕缩小算法的时间复杂度吗?期望您的答案~~

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