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浏览次数:138 时间:2019-10-09

外人家的面试题:二个整数是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功工夫 · 2 评论 · 算法

本文作者: 伯乐在线 - 十年踪迹 。未经作者许可,防止转载!
应接加入伯乐在线 专辑作者。

这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇一样,我们评论共同绝对简便易行的难题,因为学习总重申安分守己。况且,就终于轻松的主题材料,追求算法的极致的话,当中也有大学问的。

别人家的面试题:总括“1”的个数

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

正文小编: 伯乐在线 - 十年踪迹 。未经小编许可,禁绝转发!
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小胡子哥 @Barret李靖 给本身引入了四个写算法刷题的地方 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难题很风趣。并且听他们说那一个难点都来自一些合营社的面试题。好呢,解解外人公司的面试题其实很有趣,不只能整理思路锻练工夫,又不用顾忌漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

“4”的板寸次幂

给定贰个叁15人有标识整数(32 bit signed integer),写二个函数,检查这几个平头是还是不是是“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

外加条件: 你能够不用循环和递归吗?

统计“1”的个数

给定多个非负整数 num,对于任性 i,0 ≤ i ≤ num,总结 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这几个结果重返为一个数组。

例如:

当 num = 5 时,重临值为 [0,1,1,2,1,2]。

/** * @param {number} num * @return {number[]} */ var countBits = function(num) { //在此地完结代码 };

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

解题思路

借使马虎“附加条件”,那题还挺轻易的对啊?简直是随手拈来:

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 近似很粗大略、很有力的样板,它的小时复杂度是 log4N。有同学说,还是能够做一些细小的变动:

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,在任何语言中越来越快,鉴于 JS 日常情状下非常坑的位运算操作,不必然速度能变快。

好了,最关键的是,不管是 版本1 要么 版本1.1 就如都不满意大家前面提到的“附加条件”,即不行使循环和递归,或者说,大家需求研究O(1) 的解法。

根据规矩,大家先考虑10秒钟,然后往下看 ——


解题思路

那道题咋一看还挺轻松的,无非是:

  • 实现贰个艺术 countBit,对率性非负整数 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 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;
}

下边包车型大巴代码里,大家平昔对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉此中的0,剩下的就是“1”的个数。

然后,大家写一下总体的顺序:

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;
}

地点这种写法十二分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特征实现得要命精简,坏处是要是后天要将它改写成任何语言的版本,就有望懵B了,它不是很通用,并且它的天性还取决于Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的达成。

故此为了追求越来越好的写法,我们有需求思索一下 countBit 的通用完结法。

我们说,求二个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最常见的自然是八个 O(logN) 的方法:

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;
}

因而大家有了版本2

那样达成也很简单不是吧?可是这么达成是或不是最优?提议此处考虑10分钟再往下看。


永不循环和递归

事实上那道题真心有诸各样思路,总括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,然后剖断指数是或不是三个整数,那样就能够毫无循环和递归消除难题。况兼,还要小心细节,能够将 log4 当做常量收抽取来,那样毫无每一遍都再也计算,果然是学霸范儿。

但是呢,利用 Math.log 方法也毕竟某种意义上的违反规则和章程吧,有未有永不数学函数,用原生方法来化解吗?

本来有了!何况还不仅仅一种,大家可以继续想30秒,要起码想出一种啊 ——


更快的 countBit

上贰个版本的 countBit 的小时复杂度已然是 O(logN) 了,难道还足以更加快吗?当然是能够的,大家无需去看清每个人是或不是“1”,也能理解n 的二进制中有多少个“1”。

有贰个秘技,是依照以下一个定律:

  • 对于随便 n, n ≥ 1,有如下等式创造:

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

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

其一很轻便通晓,大家如若想转手,对于随便 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末四个“1”退位,因而 n & n – 1 恰恰将 n 的最末一位“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 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,大家有了一个更加快的算法:

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。

优化到了那些水平,是或不是整个都结束了啊?从算法上来讲就像是早正是极致了?真的吗?再给我们30 秒时间思量一下,然后再往下看。


绝不内置函数

以此主题材料的最重要思路和上一道题类似,先思索“4”的幂的二进制表示:

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

也等于每一个数比上三个数的二进制前面多五个零嘛。最关键的是,“4”的幂的二进制数唯有1 个“1”。借使稳重阅读过上一篇,你就能够精晓,推断一个二进制数唯有 1 个“1”,只必要:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

可是,二进制数唯有 1 个“1”只是“4”的幂的需求非足够规范,因为“2”的奇多次幂也独有 1 个“1”。所以,我们还索要增大的判别:

JavaScript

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

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

何以是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为这些保险 num 的二进制的不得了 “1” 出以后“奇数位”上,也就确认保证了那个数确实是“4”的幂,而不光只是“2”的幂。

终极,大家得到完全的本子:

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;
};

下边的代码要求加上 num > 0,是因为 0 要去掉在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


countBits 的时刻复杂度

考虑 countBits, 下边的算法:

  • “版本1” 的时光复杂度是 O(N*M),M 决议于 Number.prototype.toString 和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的时间复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的时日复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于 1 ~ logN 之间。

上边四个版本的 countBits 的时间复杂度都超越 O(N)。那么有没不常间复杂度 O(N) 的算法呢?

实则,“版本3”已经为我们提示了答案,答案就在地点的不行定律里,笔者把特别等式再写壹遍:

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

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

也正是说,假设大家领悟了 countBit(n & (n - 1)),那么我们也就精晓了 countBit(n)

而我辈掌握 countBit(0) 的值是 0,于是,大家能够很简短的递推:

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;
}

原本就这么轻易,你想到了吧 ╮(╯▽╰)╭

上述正是负有的始末,轻巧的主题素材思索起来很有意思吗?程序猿就活该追求完美的算法,不是吧?

那是 leetcode 算法面试题体系的第一期,下期大家谈谈别的一道题,那道题也很有趣:判断贰个非负整数是还是不是是 4 的整数11遍方,别告诉本人你用循环,想想更抢眼的措施吧~

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其他版本

上边的版本现已符合了我们的急需,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,它们严俊来讲有的还是“犯规”,但是大家还是能学习一下那几个思路:

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));
};

如上正是有着的源委,那道题有拾贰分种种思路,十分风趣,也正如考验基本功。要是你有和煦的思绪,能够留言参与座谈。

上期我们谈谈另外一道题,那道题比这两道题要难有的,但也越来越风趣:给定贰个正整数 n,将它拆成足足五个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,再次来到能够获得的乘积最大的结果

想一想你的解法是何许?你可以知道尽可能降低算法的时辰复杂度吗?期望你的答案~~

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