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别人家的面试题,一个整数是否是

- 编辑:至尊游戏网站 -

别人家的面试题,一个整数是否是

外人家的面试题:总计“1”的个数

2016/05/27 · JavaScript · 5 评论至尊游戏网站, · Javascript, 算法

正文笔者: 伯乐在线 - 十年踪迹 。未经我许可,禁止转发!
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小胡子哥 @Barret李靖 给自个儿推荐了一个写算法刷题的地点 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难题很有意思。而且据悉这个标题都源于一些厂商的面试题。好啊,解解外人公司的面试题其实很有趣,不仅可以整理思路训练技术,又并不是操心漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让大家来看一道题:

外人家的面试题:贰个卡尺头是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功本领 · 2 评论 · 算法

正文小编: 伯乐在线 - 十年踪迹 。未经作者许可,防止转发!
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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇相同,咱们评论共同相对简单的难点,因为上学总重申安分守纪。并且,就终于简单的标题,追求算法的可是的话,当中也可以有大学问的。

统计“1”的个数

给定一个非负整数 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,将这么些结果再次回到为二个数组。

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
};

“4”的子弹头次幂

给定二个叁15人有暗号整数(32 bit signed integer),写三个函数,检查这些寸头是或不是是“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?

解题思路

那道题咋一看还挺轻便的,无非是:

  • 落到实处贰个主意 countBit,对放肆非负整数 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;
}

地点的代码里,我们一贯对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉在那之中的0,剩下的正是“1”的个数。

下一场,大家写一下完好无缺的次第:

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;
}

地方这种写法十三分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特征完成得那么些简洁,坏处是只要前几天要将它改写成别的语言的版本,就有望懵B了,它不是很通用,况兼它的性质还在于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的贯彻。

因而为了追求越来越好的写法,大家有至关重要思索一下 countBit 的通用达成法。

咱俩说,求三个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最家常的本来是三个 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;
}

因而我们有了版本2

那般实现也很轻便不是吗?但是这样落成是或不是最优?提出此处考虑10分钟再往下看。


解题思路

即使马虎“附加条件”,那题还挺轻易的对吧?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 近乎很简短、很有力的轨范,它的年华复杂度是 log4N。有同学说,仍是能够做一些一线的改动:

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;
}

上边的代码用位移代替除法,在别的语言中更加快,鉴于 JS 平日意况下丰裕坑的位运算操作,不必然速度能变快。

好了,最要害的是,不管是 版本1 或许 版本1.1 仿佛都不满意大家日前提到的“附加条件”,即不采用循环和递归,可能说,大家需求搜索O(1) 的解法。

根据惯例,大家先思考10分钟,然后往下看 ——


更快的 countBit

上三个版本的 countBit 的时日复杂度已是 O(logN) 了,难道还足以越来越快吧?当然是可以的,大家无需去看清每一人是否“1”,也能明了 n 的二进制中有多少个“1”。

有八个门槛,是依据以下一个定律:

  • 对于自由 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

本条很轻便掌握,我们若是想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末贰个“1”退位,因而 n & n – 1 恰好将 n 的最末壹个人“1”消去,比方:

  • 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,我们有了贰个越来越快的算法:

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。

优化到了这么些水平,是否漫天都停止了呢?从算法上来讲如同早已经是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间思量一下,然后再往下看。


不用循环和递归

实质上那道题真心有相当多样思路,总结指数之类的对数学系学霸们一心不奇怪嘛:

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,然后判别指数是还是不是一个大背头,那样就能够绝不循环和递归化解难点。而且,还要小心细节,能够将 log4 充作常量收抽出来,那样并非每便都再度计算,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犯禁令吧,有未有永不数学函数,用原生方法来缓和吧?

自然有了!何况还不仅一种,我们能够延续想30秒,要起码想出一种啊 ——


countBits 的年华复杂度

考虑 countBits, 下边的算法:

  • “版本1” 的时间复杂度是 O(N*M),M 决意于 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” 的年月复杂度是 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 的年华复杂度都高于 O(N)。那么有没偶然间复杂度 O(N) 的算法呢?

实际,“版本3”已经为大家提醒了答案,答案就在地点的丰盛定律里,作者把十一分等式再写三次:

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

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

也正是说,假诺我们理解了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就知道了 countBit(n)

而小编辈领悟 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;
}

原先就这么轻松,你想到了吗 ╮(╯▽╰)╭

上述正是持有的始末,轻松的主题材料考虑起来很风趣吗?程序猿就应有追求完美的算法,不是啊?

那是 leetcode 算法面试题连串的第一期,上期大家钻探除此以外一道题,这道题也很风趣:推断二个非负整数是还是不是是 4 的大背头次方,别告诉自身你用循环,想想更抢眼的主意呢~

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毫不内置函数

以此难点的要害思路和上一道题类似,先思念“4”的幂的二进制表示:

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

也正是每一个数比上一个数的二进制后边多多个零嘛。最重大的是,“4”的幂的二进制数只有1 个“1”。假使稳重翻阅过上一篇,你就能够精通,推断一个二进制数唯有 1 个“1”,只须要:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

唯独,二进制数独有 1 个“1”只是“4”的幂的须求非丰盛规格,因为“2”的奇数14遍幂也唯有 1 个“1”。所以,大家还索要增大的论断:

JavaScript

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

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

怎么是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为这几个保证 num 的二进制的可怜 “1” 出今后“奇数位”上,也就保障了这么些数确实是“4”的幂,而不只只是“2”的幂。

最后,大家获得完整的版本:

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;
};

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


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别的版本

地点的本子现已相符了大家的须要,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

此外,大家还是能够有任何的本子,它们严谨来讲有的依旧“犯规”,不过大家仍是能够学习一下那么些思路:

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));
};

以上正是具备的剧情,那道题有杰出二种思路,万分有意思,也比较考验基本功。如若您有协和的思路,能够留言参加商讨。

下期我们谈论其他一道题,那道题比这两道题要难有的,但也更风趣:给定贰个正整数 n,将它拆成最少八个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,再次来到可以得到的乘积最大的结果

想一想你的解法是何等?你可以知道尽可能减弱算法的日子复杂度吗?期望你的答案~~

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