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文章作者:网络前端 上传时间:2019-10-11

外人家的面试题: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 给自家推荐了一个写算法刷题的地点 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难点很风趣。何况传说那些难题都源于一些厂商的面试题。好啊,解解旁人集团的面试题其实很有趣,不仅能整理思路锻练技艺,又不要操心漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

别人家的面试题:一个整数是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基础工夫 · 2 评论 · 算法

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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇无异于,大家钻探共同绝对简便易行的难题,因为上学总重申规行矩步。何况,就终于轻易的主题材料,追求算法的极端的话,在那之中也可能有大学问的。

统计“1”的个数

给定贰个非负整数 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,将这一个结果再次回到为一个数组。

例如:

当 num = 5 时,再次回到值为 [0,1,1,2,1,2]。

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

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

“4”的整数十四回幂

给定三个三十一位有号子整数(32 bit signed integer),写贰个函数,检查那个大背头是或不是是“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: 你可以预知不用循环和递归吗?

解题思路

这道题咋一看还挺轻巧的,无非是:

  • 贯彻一个主意 countBit,对率性非负整数 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,大家平素对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉此中的0,剩下的就是“1”的个数。

下一场,大家写一下完完全全的次序:

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;
}

上边这种写法十一分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特色达成得特别简练,坏处是一旦今后要将它改写成其余语言的本子,就有十分的大可能率懵B了,它不是很通用,并且它的质量还决议于Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的兑现。

之所感到了追求越来越好的写法,大家有必不可缺思索一下 countBit 的通用实现法。

作者们说,求三个平头的二进制表示中 “1” 的个数,最普通的自然是三个 O(logN) 的章程:

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;
}

之所以大家有了版本2

像这种类型实现也很简短不是吧?不过如此完成是还是不是最优?提出此处思考10分钟再往下看。


解题思路

万一忽略“附加条件”,那题还挺轻便的对啊?大致是随手拈来:

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 像样极粗略、很强盛的规范,它的时间复杂度是 log4N。有同学说,还是能做一些细小的转移:

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;
}

上边的代码用位移替代除法,在别的语言中越来越快,鉴于 JS 通常境况下极其坑的位运算操作,不自然速度能变快。

好了,最主要的是,不管是 版本1 可能 版本1.1 就好像都不满意大家眼前提到的“附加条件”,即不利用循环和递归,恐怕说,大家须要探求O(1) 的解法。

服从惯例,我们先思量10分钟,然后往下看 ——


更快的 countBit

上三个本子的 countBit 的年华复杂度已是 O(logN) 了,难道还是能更加快吧?当然是足以的,我们无需去看清每一人是否“1”,也能精通n 的二进制中有多少个“1”。

有二个妙方,是基于以下二个定律:

  • 对此自由 n, n ≥ 1,有如下等式创造:

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

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

本条很轻便驾驭,我们就算想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末一个“1”退位,因而 n & n – 1 恰恰将 n 的最末一人“1”消去,举例:

  • 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 101一千,87 = 88 – 1 的二进制数是 1010111,88 & 87 的二进制数是 1011000 & 1010111 == 1010000

于是乎,我们有了三个更加快的算法:

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) 却要求循环 7 次。

优化到了这一个水平,是否整个都终止了吗?从算法上来讲就如早便是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间考虑一下,然后再往下看。


不用循环和递归

实际上那道题真心有无数种思路,计算指数之类的对数学系学霸们一心不是主题素材嘛:

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,然后推断指数是否贰个整数,这样就可以绝不循环和递归化解难点。并且,还要小心细节,能够将 log4 当作常量收取出来,那样并不是每一遍都再一次总结,果然是学霸范儿。

可是呢,利用 Math.log 方法也终于某种意义上的违犯禁令吧,有未有永不数学函数,用原生方法来减轻吧?

当然有了!况且还不仅仅一种,我们能够连续想30秒,要至少想出一种啊 ——


countBits 的光阴复杂度

考虑 countBits, 上边的算法:

  • “版本1” 的岁月复杂度是 O(N*M),M 决计于 Number.prototype.toString 和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的日子复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的时光复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于 1 ~ logN 之间。

上面八个版本的 countBits 的日子复杂度都超过 O(N)。那么有没一时间复杂度 O(N) 的算法呢?

实则,“版本3”已经为我们提示了答案,答案就在上头的不行定律里,笔者把特别等式再写一回:

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

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

也等于说,如果大家知晓了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就精通了 countBit(n)

而笔者辈知道 countBit(0) 的值是 0,于是,大家可以很简单的递推:

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;
}

本来就像此轻易,你想到了呢 ╮(╯▽╰)╭

以上正是有着的剧情,轻巧的标题思索起来很风趣吗?程序猿就应当追求八面见光的算法,不是吗?

那是 leetcode 算法面试题种类的首开始的一段时期,下期大家斟酌除此以外一道题,那道题也很有趣:推断三个非负整数是不是是 4 的平头次方,别告诉自身你用循环,想想更抢眼的格局呢~

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不要内置函数

以此难点的显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
  • ……

也正是各样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”。即使条分缕析翻阅过上一篇,你就能知道,剖断一个二进制数唯有 1 个“1”,只须求:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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(num & num - 1) === 0

唯独,二进制数独有 1 个“1”只是“4”的幂的须要非丰硕基准,因为“2”的奇多次幂也独有 1 个“1”。所以,大家还亟需增大的论断:

JavaScript

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

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

干什么是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为这一个保障 num 的二进制的不行 “1” 出现在“奇数位”上,也就保障了这一个数确实是“4”的幂,而不仅仅只是“2”的幂。

最终,大家收获完全的本子:

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;
};

上边的代码需求增加 num > 0,是因为 0 要祛除在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


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别的版本

地方的版本已经适合了小编们的供给,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

另外,大家还足以有任何的本子,它们严刻来讲有的如故“犯规”,可是大家仍是能够学学一下这一个思路:

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));
};

上述就是享有的内容,那道题有相当七种思路,卓绝风趣,也相比较考验基本功。如若您有温馨的笔触,能够留言参预探究。

下期我们斟酌别的一道题,那道题比这两道题要难一些,但也更有趣:给定八个正整数 n,将它拆成起码七个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,再次来到可以赚取的乘积最大的结果

想一想你的解法是什么?你可以尽可能降低算法的时光复杂度吗?期望您的答案~~

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