别人家的面试题:一个整数是否是“4”的N次幂

外人家的面试题:三个大背头是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功技巧 ·
2 评论 ·
算法

正文小编: 伯乐在线 –
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这是 leetcode.com
的第二篇。与上一篇未有差距于,大家研商共同相对轻巧的题目,因为学习总重申安分守己。何况,纵然是不难的主题素材,追求算法的极其的话,其中也有大学问的。

别人家的面试题:总括“1”的个数

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

本文小编: 伯乐在线 –
十年踪迹
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小胡子哥 @Barret李靖
给本身推荐了四个写算法刷题的地点
leetcode.com,没有 ACM
那么难,但难点很风趣。並且据他们说那些主题材料都源于一些小卖部的面试题。好吧,解解旁人公司的面试题其实很风趣,不只能整理思路练习技术,又毫无忧郁漏题
╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

“4”的寸头次幂

给定二个叁10位有标记整数(32 bit signed
integer),写二个函数,检查那一个卡尺头是还是不是是“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

叠合条件: 你可见不用循环和递归吗?

统计“1”的个数

给定二个非负整数 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,将这么些结果回到为一个数组。

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) { //在此处达成代码 };

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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?几乎是随手拈来:

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 看似很简短、很强劲的旗帜,它的岁月复杂度是
log4N。有同学说,还足以做一些细微的变动:

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;
}

上边包车型地铁代码用位移代替除法,在另外语言中更加快,鉴于 JS
平时意况下卓殊坑的位运算操作,不料定速度能变快。

好了,最关键的是,不管是 版本1 依然 版本1.1
仿佛都不满意我们眼下提到的“附加条件”,即不使用循环和递归,大概说,我们需求搜求O(1) 的解法。

按部就班规矩,大家先研商10分钟,然后往下看 ——


解题思路

那道题咋一看还挺轻巧的,无非是:

  • 贯彻多个方法 countBit,对任意非负整数
    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,剩下的正是“1”的个数。

接下来,我们写一下完完全全的前后相继:

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;
}

上边这种写法十分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript
语言特色完毕得那多少个简练,坏处是假诺现在要将它改写成别的语言的本子,就有非常的大概率懵B了,它不是很通用,并且它的属性还取决于Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的落到实处。

由此为了追求更加好的写法,我们有至关重要记挂一下 countBit 的通用达成法。

大家说,求三个板寸的二进制表示中 “1” 的个数,最普通的本来是三个 O(logN)
的形式:

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;
}

由此大家有了版本2

如此完结也很简短不是啊?不过那样完结是还是不是最优?提议此处思索10秒钟再往下看。


绝不循环和递归

骨子里那道题真心有那多少个种思路,总结指数之类的对数学系学霸们一起不是主题素材嘛:

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);
}

嗯,通过对数公式 logm(n) = log(n) / log(m)
求出指数,然后推断指数是否一个整数,那样就足以绝不循环和递归消除难点。并且,还要注意细节,可以将
log4 当做常量抽出出来,那样不用每次都再度计算,果然是学霸范儿。

可是呢,利用 Math.log
方法也毕竟某种意义上的犯规吧,有未有永不数学函数,用原生方法来消除呢?

本来有了!而且还不只有一种,大家能够一连想30秒,要起码想出一种啊 ——


更快的 countBit

上三个版本的 countBit 的岁月复杂度已是 O(logN)
了,难道还足以越来越快啊?当然是能够的,大家无需去判定每一人是还是不是“1”,也能掌握n 的二进制中有多少个“1”。

有三个门槛,是基于以下二个定律:

  • 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

其一很轻易精晓,大家只要想转手,对于随便 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n
的二进制数的最末三个“1”退位,因而 n & n – 1 恰好将 n
的最末一人“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

于是乎,咱们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) 却必要循环
7 次。

优化到了这些程度,是还是不是一切都得了了吧?从算法上的话就如已然是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间思索一下,然后再往下看。


毫无内置函数

其一题指标首要思路和上一道题类似,先思虑“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前边多七个零嘛。最根本的是,“4”的幂的二进制数只有1 个“1”。若是条分缕析翻阅过上一篇,你就能够知晓,推断贰个二进制数唯有 1
个“1”,只须求:

JavaScript

(num & num – 1) === 0

1
(num & num – 1) === 0

可是,二进制数唯有 1
个“1”只是“4”的幂的须要非足够基准,因为“2”的奇数拾伍次幂也唯有 1
个“1”。所以,我们还索要增大的论断:

JavaScript

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

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

何以是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那几个保证 num 的二进制的要命 “1”
出以后“奇数位”上,也就保证了那一个数确实是“4”的幂,而不止只是“2”的幂。

最后,大家获得完全的版本:

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;
};

上边的代码供给加多 num > 0,是因为 0 要消除在外,不然 (0 & -1) === 0
也是 true


countBits 的时辰复杂度

考虑 countBits, 上边包车型客车算法:

  • “版本1” 的日子复杂度是 O(N*M),M 决定于 Number.prototype.toString
    和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的年月复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的时间复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于
    1 ~ logN 之间。

上面多个本子的 countBits 的年月复杂度都高于 O(N)。那么有没一时间复杂度
O(N) 的算法呢?

事实上,“版本3”已经为大家提示了答案,答案就在地点的丰富定律里,作者把相当等式再写壹遍:

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

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

也正是说,倘诺大家清楚了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就知晓了
countBit(n)

而作者辈领悟 countBit(0) 的值是 0,于是,我们能够很简短的递推:

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;
}

原来就那样轻松,你想到了啊 ╮(╯▽╰)╭

如上正是具备的剧情,轻易的难题思量起来很有趣吗?技术员就应有追求完善的算法,不是吧?

那是 leetcode
算法面试题体系的率开始的一段时期,下期大家批评其余一道题,这道题也很有趣:认清二个非负整数是不是是
4 的莫西干发型次方
,别告诉小编你用循环,想想更抢眼的点子吧~

打赏支持自个儿写出越来越多好文章,谢谢!

打赏作者

其他版本

地点的本子现已符合了小编们的需求,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

另外,大家仍是能够有另外的本子,它们严酷来讲有的照旧“犯规”,然而咱们还能够学学一下那么些思路:

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));
};

以上正是独具的剧情,那道题有相当三种思路,特出风趣,也比较考验基本功。倘使您有投机的思路,能够留言插手钻探。

上一期大家商量除此以外一道题,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,将它拆成最少四个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重回能够获取的乘积最大的结果

想一想你的解法是什么样?你能够尽恐怕减弱算法的时光复杂度吗?期望您的答案~~

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