外人家的面试题,的恢宏方法集结

By admin in 4858美高梅 on 2019年9月17日

别人家的面试题:总结“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,禁止转发!
招待加入伯乐在线 专栏笔者。

小胡子哥 @Barret李靖
给作者引入了多少个写算法刷题的地点
leetcode.com,没有 ACM
那么难,但难点很风趣。并且据说这一个难点都源于一些商家的面试题。好啊,解解旁人公司的面试题其实很有趣,不只能整理思路磨练工夫,又毫不思念漏题
╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让大家来看一道题:

外人家的面试题:一个大背头是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功技艺 ·
2 评论 ·
算法

本文小编: 伯乐在线 –
十年踪迹
。未经我许可,禁止转发!
款待参预伯乐在线 专栏撰稿人。

这是 leetcode.com
的第二篇。与上一篇长久以来,大家商议共同相对简便易行的难点,因为上学总重申奉公守法。而且,就终于轻松的主题素材,追求算法的突出的话,当中也会有大学问的。

//获取字符数组
String.prototype.ToCharArray=function()
{
         return this.split(“”);
}
//获取N个同样的字符串
String.prototype.Repeat=function(num)
{
    var tmpArr=[];
    for(var i=0;i<num;i++)    tmpArr.push(this);
    return tmpArr.join(“”);
}
//逆序
String.prototype.Reverse=function()
{
     return this.split(“”).reverse().join(“”);
}
//测量试验是不是是数字
String.prototype.IsNumeric=function()
{
    var tmpFloat=parseFloat(this);
    if(isNaN(tmpFloat))    return false;
    var tmpLen=this.length-tmpFloat.toString().length;
    return tmpFloat+”0″.Repeat(tmpLen)==this;
}
//测量试验是不是是整数
String.prototype.IsInt=function()
{
    if(this==”NaN”)    return false;
    return this==parseInt(this).toString();
}
// 合併多少个空白为贰个空荡荡
String.prototype.resetBlank = function()
{
    return this.replace(/s+/g,” “);
}
// 除去侧边空白
String.prototype.LTrim = function()
{
    return this.replace(/^s+/g,””); 
外人家的面试题,的恢宏方法集结。} 
// 除去右侧空白
String.prototype.RTrim = function()
{
    return this.replace(/s+$/g,””); 
}
// 除去两侧空白
String.prototype.trim = function()
{
    return this.replace(/(^s+)|(s+$)/g,””); 
}
// 保留数字
String.prototype.getNum = function()
{
    return this.replace(/[^d]/g,””);
}
// 保留字母
String.prototype.getEn = function()
{
    return this.replace(/[^A-Za-z]/g,””); 
}
// 保留普通话
String.prototype.getCn = function()
{
    return this.replace(/[^u4e00-u9fa5uf900-ufa2d]/g,””);
}
// 获得字节长度
String.prototype.getRealLength = function()
{
    return this.replace(/[^x00-xff]/g,”–“).length;
}
// 从左截取钦点长度的字串
String.prototype.left = function(n)
{
    return this.slice(0,n);
}
// 从右截取钦点长度的字串
String.prototype.right = function(n)
{
    return this.slice(this.length-n);
}
// HTML编码
String.prototype.HTMLEncode = function()
{
    var re = this;
    var q1 = [/x26/g,/x3C/g,/x3E/g,/x20/g];
    var q2 = [“&”,”<“,”>”,” “];
    for(var i=0;i<q1.length;i++)
    re = re.replace(q1[i],q2[i]);
    return re;
}
// Unicode转化
String.prototype.ascW = function()
{
    var strText = “”;
    for (var i=0; i<this.length; i++) strText += “” + this.charCodeAt(i) + “;”;
    return strText;

Given a non negative integer number
num. For every numbers i in the range 0 ≤ i ≤ num
calculate the number of 1’s in their binary representation and return
them as an array.

Example:
For num = 5 you should return
[0,1,1,2,1,2].

统计“1”的个数

给定二个非负整数 num,对于自便 i,0 ≤ i ≤ num,总括 i
的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将那个结果重回为三个数组。

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) { //在此地实今世码 };

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

“4”的整数次幂

给定一个34位有号子整数(32 bit signed
integer),写贰个函数,检查那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

外加条件: 你能够不用循环和递归吗?

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那应该是一道新放入的题。意思是给您八个非负整数num,对于0到num那(num+1)个整数,求出种种数用二进制表示时1的个数。

解题思路

那道题咋一看还挺轻松的,无非是:

  • 福寿双全二个方法 countBit,对跋扈非负整数
    n,计算它的二进制数中“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;
}

地方的代码里,大家从来对 n 用 toString(2)
转成二进制表示的字符串,然后去掉个中的0,剩下的正是“1”的个数。

接下来,大家写一下完整的主次:

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;
}

地点这种写法十一分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript
语言特色完结得十一分轻易,坏处是如若明日要将它改写成别的语言的本子,就有不小可能率懵B了,它不是很通用,并且它的习性还取决于
Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的完结。

所觉得了追求更加好的写法,大家有供给思量一下 countBit 的通用达成法。

我们说,求八个卡尺头的二进制表示中 “1” 的个数,最家常的本来是二个 O(logN)
的艺术:

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;
}

就此大家有了版本2

如此完毕也很简短不是啊?然而那样完毕是否最优?建议此处思考10分钟再往下看。


解题思路

比如忽略“附加条件”,这题还挺轻巧的对吗?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 临近很轻巧、很强劲的指南,它的时日复杂度是
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;
}

上面包车型地铁代码用位移代替除法,在其他语言中更加快,鉴于 JS
平日意况下拾分坑的位运算操作,不自然速度能变快。

好了,最要紧的是,不管是 版本1 依然 版本1.1
就像是都不满意大家前边提到的“附加条件”,即不使用循环和递归,或许说,大家须要探寻O(1) 的解法。

依照常规,我们先思虑10分钟,然后往下看 ——


最简易的笔触:对各类数,利用活动和按位与(i &
1)运算,计算1的个数。那样时间复杂度为O(n*sizeof(integer)),尽管int用34人代表,那么时间复杂度正是O(32n)。

更快的 countBit

上多少个版本的 countBit 的年华复杂度已经是 O(logN)
了,难道还足以越来越快呢?当然是足以的,我们不供给去推断每一人是还是不是“1”,也能知晓
n 的二进制中有多少个“1”。

有一个秘籍,是依据以下四个定律:

  • 对于随便 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

以此很轻便领悟,我们只要想转手,对于随便 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n
的二进制数的最末二个“1”退位,由此 n & n – 1 正好将 n
的最末一个人“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 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,大家有了多个更加快的算法:

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,是还是不是百分百都得了了啊?从算法上的话就像已经是极致了?真的吗?再给我们30 秒时间思量一下,然后再往下看。


无须循环和递归

事实上那道题真心有众各种思路,计算指数之类的对数学系学霸们一心不成难点嘛:

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,然后判断指数是还是不是贰个子弹头,那样就足以不要循环和递归消除难点。况兼,还要小心细节,可以将
log4 当做常量抽出出来,这样毫无每一回都再一次总计,果然是学霸范儿。

而是呢,利用 Math.log
方法也终归某种意义上的违禁吧,有未有永不数学函数,用原生方法来缓慢解决吧?

本来有了!何况还不独有一种,大家能够三番五回顾30秒,要起码想出一种啊 ——


虚构优化成O(n):

countBits 的时光复杂度

考虑 countBits, 下面的算法:

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

地点四个本子的 countBits 的日子复杂度都超越 O(N)。那么有未有时光复杂度
O(N) 的算法呢?

实际上,“版本3”已经为我们提醒了答案,答案就在地点的特别定律里,作者把十二分等式再写三遍:

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

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

也正是说,若是大家精通了 countBit(n & (n - 1)),那么我们也就掌握了
countBit(n)

而大家了解 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;
}

原先就那样轻巧,你想到了吗 ╮(╯▽╰)╭

如上正是持有的剧情,轻巧的难点思量起来很风趣吗?程序猿就相应追求完善的算法,不是吧?

那是 leetcode
算法面试题种类的率初期,上期我们批评其它一道题,那道题也很风趣:看清叁个非负整数是还是不是是
4 的整数十三次方
,别告诉自个儿你用循环,想想更抢眼的不二诀要吗~

打赏支持本人写出更加多好小说,多谢!

打赏小编

不用内置函数

那么些难题的关键思路和上一道题类似,先思量“4”的幂的二进制表示:

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

约等于每一种数比上贰个数的二进制前边多多少个零嘛。最重要的是,“4”的幂的二进制数独有1 个“1”。假设留意阅读过上一篇,你就能够驾驭,决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

但是,二进制数独有 1
个“1”只是“4”的幂的需求非足够条件,因为“2”的奇多次幂也唯有 1
个“1”。所以,我们还必要增大的推断:

JavaScript

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

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

为什么是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为这么些保险 num 的二进制的非常 “1”
出现在“奇数位”上,也就确认保障了这几个数确实是“4”的幂,而不独有只是“2”的幂。

末尾,我们获得完整的版本:

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;
};

地方的代码须要充足 num > 0,是因为 0 要排除在外,不然 (0 & -1) === 0
也是 true


对此11这几个数,大家一时用三个字节来表示

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任何版本

上面包车型大巴版本已经符合了大家的须求,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

别的,大家还足以有别的的本子,它们严俊来讲有的仍旧“犯规”,然而大家照旧得以学学一下那些思路:

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));
};

以上正是全部的剧情,那道题有分外种种思路,卓越有意思,也相比较考验基本功。假设您有谈得来的思路,能够留言出席研究。

下期大家商议除此以外一道题,这道题比这两道题要难一些,但也更有意思:给定八个正整数
n,将它拆成至少八个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重返能够获得的乘积最大的结果

想一想你的解法是如何?你能够尽大概收缩算法的命宫复杂度吗?期待您的答案~~

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轻便察觉,除了11最侧边那多少个位和5的最高位,其余位对应同样。也正是说i用二进制表示时1并发的次数等于i/第22中学1并发的次数加1(假如i用二进制表示时最侧边一个人为1,不然不加1)。这样大家在测算i时能够利用后边已总括出的i/2:ret[i]
= ret[i/2] + (i % 2 == 0 ? 0 : 1);

AC代码(C++):

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        if (num <= 0)
            return vector<int>(1, 0);

        vector<int> ret(num+1, 0);
        int i = 0;
        int half = 0;

        for (i = 1; i <= num; ++i)
        {
            //the number of 1's in half equals the number of 1's in i except the right-most bit in i 
            half = i >> 1;
            if (i % 2 == 0)//the right-most bit in i is 0
                ret[i] = ret[half];
            else//the right-most bit in i is 1
                ret[i] = ret[half] + 1;
        }

        return ret;
    }
};

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