外人家的面试题,别人家的面试题

别人家的面试题:一个平头是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功技术 ·
2 评论 ·
算法

本文作者: 伯乐在线 –
十年踪迹
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这是 leetcode.com
的第二篇。与上一篇一如既往,我们谈谈共同相对简单的题材,因为学习总强调规行矩步。而且,就到底简单的题目,追求算法的万分的话,其中也是有大学问的。

别人家的面试题:总结“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
给自家推荐了一个写算法刷题的地方
leetcode.com,没有 ACM
那么难,但问题很有意思。而且据说这么些问题都出自一些商行的面试题。好啊,解解别人集团的面试题其实很好玩,既能整理思路练习能力,又毫无顾虑漏题
╮(╯▽╰)╭。

长话短说,让大家来看一道题:

算法磨炼 数位分别 

Problem Description

“4”的平头次幂

给定一个32位有标志整数(32 bit signed
integer),写一个函数,检查那个平头是或不是是“4”的N次幂,那里的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

叠加条件: 你可见不用循环和递归吗?

统计“1”的个数

给定一个非负整数 num,对于任意 i,0 ≤ i ≤ num,计算 i
的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这一个结果回到为一个数组。

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) { //在此间完成代码 };

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

日子范围:1.0s  内存限制:512.0MB

求A^B的尾声三位数表示的平头。
证实:A^B的意思是“A的B次方”

解题思路

只要忽略“附加条件”,那题还挺简单的对吧?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 看似很简短、很强劲的规范,它的小运复杂度是
log4N。有同学说,还足以做一些细微的变更:

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;
}

下边的代码用位移替代除法,在其余语言中更快,鉴于 JS
经常情状下极度坑的位运算操作,不自然速度能变快。

好了,最重大的是,不管是 版本1 要么 版本1.1
就好像都不知足大家后面提到的“附加条件”,即不应用循环和递归,或者说,大家必要寻找
O(1) 的解法。

听从惯例,我们先思考10分钟,然后往下看 ——


解题思路

这道题咋一看还挺简单的,无非是:

  • 兑现一个办法 countBit,对任意非负整数
    n,总括它的二进制数中“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;
}

地点的代码里,我们直接对 n 用 toString(2)
转成二进制表示的字符串,然后去掉其中的0,剩下的就是“1”的个数。

然后,大家写一下完好无损的顺序:

版本1

外人家的面试题,别人家的面试题。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;
}

地方那种写法相当得益,好处是 countBit 利用 JavaScript
语言特色已毕得万分简洁,坏处是一旦以后要将它改写成任何语言的本子,就有可能懵B了,它不是很通用,而且它的性质还取决于
Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的贯彻。

据此为了追求更好的写法,我们有必不可少考虑一下 countBit 的通用已毕法。

俺们说,求一个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最普通的本来是一个 O(logN)
的点子:

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;
}

从而大家有了版本2

诸如此类完成也很简短不是啊?不过如此已毕是或不是最优?提出此处思考10分钟再往下看。


交给此题   

 Input

毫不循环和递归

事实上那道题真心有诸多种思路,总计指数之类的对数学系学霸们一齐小意思嘛:

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,然后判断指数是否一个整数,那样就足以毫无循环和递归解决问题。而且,还要注意细节,可以将
log4 当做常量抽取出来,那样毫无每一回都再也总结,果然是学霸范儿。

可是呢,利用 Math.log
方法也算是某种意义上的违禁吧,有没有永不数学函数,用原生方法来缓解吧?

当然有了!而且还不止一种,我们可以持续想30秒,要至少想出一种啊 ——


更快的 countBit

上一个版本的 countBit 的小时复杂度已经是 O(logN)
了,难道还足以更快呢?当然是足以的,我们不须求去判断每一位是否“1”,也能清楚
n 的二进制中有多少个“1”。

有一个门路,是依照以下一个定律:

  • 对于随意 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

其一很不难驾驭,我们借使想转手,对于随意 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 正要将 n
的最末一位“1”消去,例如:

  • 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) 却须要循环
7 次。

优化到了那些水平,是或不是所有都截至了啊?从算法上的话就如早已是极致了?真的吗?再给我们30 秒时间思考一下,然后再往下看。


问题讲述

输入数据包含多个测试实例,每个实例占一行,由三个正整数A和B组成(1<=A,B<=10000),假若A=0,
B=0,则象征输入数据的完成,不做处理。

无须内置函数

本条题目标首要思路和上一道题类似,先考虑“4”的幂的二进制表示:

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

也就是每个数比上一个数的二进制前边多八个零嘛。最关键的是,“4”的幂的二进制数只有1 个“1”。即便条分缕析阅读过上一篇,你就会了解,判断一个二进制数只有 1
个“1”,只须要:

JavaScript

(num & num – 1) === 0

1
(num & num – 1) === 0

不过,二进制数唯有 1
个“1”只是“4”的幂的须求非充裕基准,因为“2”的奇多次幂也唯有 1
个“1”。所以,我们还亟需增大的判断:

JavaScript

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

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

怎么是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那么些有限支撑 num 的二进制的尤其 “1”
出现在“奇数位”上,也就有限协理了那几个数确实是“4”的幂,而不只只是“2”的幂。

末段,我们取得完整的本子:

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;
};

地方的代码须要丰富 num > 0,是因为 0 要消除在外,否则 (0 & -1) === 0
也是 true


countBits 的岁月复杂度

考虑 countBits, 上边的算法:

  • “版本1” 的时刻复杂度是 O(N*M),M 取决于 Number.prototype.toString
    和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的时光复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的命宫复杂度是 O(N*M),M 是 N 的二进制数中的“1”的个数,介于
    1 ~ logN 之间。

地方五个本子的 countBits 的日子复杂度都高于 O(N)。那么有没有时间复杂度
O(N) 的算法呢?

事实上,“版本3”已经为大家提示了答案,答案就在上头的足够定律里,我把越发等式再写三遍:

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

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

也就是说,如果大家通晓了 countBit(n & (n - 1)),那么我们也就领悟了
countBit(n)

而我辈领略 countBit(0) 的值是 0,于是,我们得以很粗略的递推:

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;
}

原先就那样简单,你想到了吗 ╮(╯▽╰)╭

如上就是持有的情节,不难的问题思考起来很有意思吗?程序员就应当追求完善的算法,不是吧?

那是 leetcode
算法面试题种类的首先期,下一期我们谈论除此以外一道题,那道题也很风趣:认清一个非负整数是不是是
4 的整多次方
,别告诉自己你用循环,想想更抢眼的主意呢~

打赏扶助我写出越来越多好文章,谢谢!

打赏小编

  编写一个主次,输入一个1000
以内的正整数,然后把那几个平头的每一位数字都分离出来,并一一地突显。

 Output

其它版本

地点的版本已经符合了大家的必要,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

除此以外,大家仍是可以有其它的本子,它们严谨来说有的仍然“犯规”,不过大家还能学习一下那些思路:

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));
};

如上就是颇具的情节,那道题有不行多种思路,非常幽默,也相比较考验基本功。如若你有协调的思绪,可以留言参预座谈。

下一期大家谈论除此以外一道题,那道题比那两道题要难有的,但也更有趣:给定一个正整数
n,将它拆成足足五个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,再次回到可以拿走的乘积最大的结果

想一想你的解法是怎么样?你可知尽可能减弱算法的年华复杂度吗?期待你的答案~~

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  输入格式:输入唯有一行,即一个1000以内的正整数。

对此每个测试实例,请输出A^B的终极三位代表的平头,每个输出占一行。

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  输出格式:输出唯有一行,即该整数的每一位数字,之间用空格隔开。

  简单来说那题就是要求高次幂,有三种形式可以兑现。

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  输入输出样例

  第一总相比较土鳖,每趟乘完对1000取余也足以过。

样例输入

  我要讲的是第三种听起来很了不起上的法门——神速幂。为啥叫快快幂呢?因为用它求幂卓殊快,对于x^n,复杂度为O(logn),是或不是很吊!快捷幂的规律是把幂分解,把一个很大的幂分解成较小的几局部。例如:

769

11的二进制是1011

样例输出

11 = 2³×1 + 2²×0 + 2¹×1 + 2º×1

7 6 9

因此,我们将a¹¹转化为 亚洲必赢官网 9

#include <stdio.h>

即把n化为2进制数,每个为1的位都是较小的一有些。那样可以用一个循环往复来化解。下边是很快幂的非递归代码,暂时忽略max

void getResult(int num)

int cal(int x, int n, int max){

{

  int sum = 1;    //最后输出的结果
  while (n > 0){   //当幂降为0是终结
  if (n &
1)      //位运算,&是按位与,当两边都为1,表明式为1,这么些是用来判断二进制数倒数一位是不是为1,这里n是以二进制的款型相比较的

    //出口

    sum =
sum*x%max;//如果为1,sum就要乘x^i,i为该位在二进制数中的地方
  n >>=
1;      //>>为位运算符,右移一位,即去掉已经总计过的一对
  x =
x*x%max;    //用来标记记录x^2^i,循环i次即去掉了i位,当第i+1位为1时,sum就要乘x^2^i;
  }
  return sum;//循环甘休再次回到结果。
}

    if(num<10)

  现在来讲max的功效,用来把数变小的,我们得以想像倘诺是很大的数的很高次方,乘三次后数据十分大不可以用别样一个为主数据类型表示,而且那也是不需求的,日常我们只需求知道最终若干位的值,那就可以用到取余了,余数的幂和原数的幂在余数的位数上是同等的,所以每一趟举办乘法运算后都要取余,当然若是数据很小也足以不用取余。

    {

  好了,感觉自己一度讲的很详细了!!真的是竭力了。。。

        printf(“%d “,num);

下边贴上地点那题的代码

        return ;

 1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 
 4 int cal(int x, int n, int max){
 5     int sum = 1;
 6     while (n > 0){
 7         if (n & 1)
 8             sum = sum*x%max;
 9         n >>= 1;
10         x = x*x%max;
11     }
12     return sum;
13 }
14 int main(){
15     int x, n;
16     while ((cin >> x >> n) && (x || n)){
17         cout << cal(x, n, 1000) << endl;
18     }
19     return 0;
20 }

    }

 

    //递归

      getResult(num/10);

 

  printf(“%d “,num%10);

}

int main()

{

  int n; 

  scanf(“%d”,&n);

  getResult(n);

  printf(“\n”);

  return 0;

}

思路分析:

①定义变量:一个紧跟于1000的平头;

②输入整数;

③调用函数将每个数字分别:如果该数小于10,则输出;如若该数大于10,则用递归将其分手并出口。

算法训练 6-2递归求二进制表示位数 

岁月范围:10.0s  内存限制:256.0MB

交付此题   

问题讲述

  给定一个十进制整数,再次回到其相应的二进制数的位数。例如,输入十进制数9,其对应的二进制数是1001,由此位数是4。

样例输入

一个满足题目必要的输入范例。

9

样例输出

9

4

与地点的样例输入相应的输出。

数码规模和约定

  输入数据中每一个数的限制。

  例:输入在int表示范围内。

#include”stdio.h”

int main()

{

  long int n;

    int s=0;

    scanf(“%d”,&n);

    while(n!=0)

{

      s++;

      n=n/2;

}

printf(“%d\n”,s);

return 0;

思路分析:

①定义变量:一个十进制整数,位数(开端化为0);

②输入十进制整数;

③循环直至该数为0跳出,位数加1,转变为二进制是该数被2整除;

④输出位数。

算法陶冶 友好数 

光阴限制:1.0s  内存限制:256.0MB

付给此题   

题材讲述

  有多个整数,倘诺每个整数的约数和(除了它自身以外)等于对方,大家就称这对数是友好的。例如:

  9的约数和有:1+3=4

  4的约数和有:1+2=3

  所以9和4不是上下一心的。

  220的约数和有:1 2 4 5 10 11 20 22 44 55 110=284

  284的约数和有:1 2 4 71 142=220

  所以220和284是温馨的。

  编写程序,判断多个数是不是是友好数。

输入格式

  一行,三个整数,由空格分隔

输出格式

  即便是温馨数,输出”yes”,否则输出”no”,注意不包罗引号。

样例输入

220 284

样例输出

yes

数量规模和约定

  三个整数都低于10000

#include “stdio.h”

int fun(int n){

    int count=0,i;

    for(i=1;i < n;i++){

        if(n % i==0){

            count+=i;

        }

    }

    return count;

}

int main(){

    int num1,num2;

    int a,b;

    scanf(“%d%d”,&num1,&num2);

    b=fun(num1);

    a=fun(num2);

    if(a==num1 && b==num2){

        printf(“yes\n”);

    }

    else{

        printf(“no\n”);

亚洲必赢官网,    }

    return 0;

}

思路分析:

①定义变量:七个整数;

②输入多个整数;

③调用函数:

(1) 定义变量:约数,约数和(开首化为0);

(2)for语句循环(从1开头,循环到该数),用if语句判断该数是不是被约数整除余数为0,即使为0,则增进;

(3)重回值为约数和;

④if语句判断是或不是为团结数,如若是则输出yes,否则则为no。

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