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别人家的面试题

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别人家的面试题

外人家的面试题:三个大背头是不是是“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,幸免转发!
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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇同样,大家商量共同相对轻松的标题,因为上学总重申安份守己。而且,就终于轻巧的标题,追求算法的最为的话,个中也有大学问的。

别人家的面试题:总计“1”的个数

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

本文作者: 伯乐在线 - 十年踪迹 。未经作者许可,制止转发!
应接插手伯乐在线 专栏撰稿人。

小胡子哥 @Barret李靖 给自己推荐了一个写算法刷题的地点 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难题很风趣。何况据他们说那么些主题素材都源于一些厂商的面试题。好啊,解解别人公司的面试题其实很风趣,不仅可以整理思路操练手艺,又并非顾虑漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让大家来看一道题:

“4”的板寸次幂

给定一个三二十位有号子整数(32 bit signed integer),写三个函数,检查那个卡尺头是不是是“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: 你可以知道不用循环和递归吗?

统计“1”的个数

给定三个非负整数 num,对于跋扈 i,0 ≤ i ≤ num,总计 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这几个结果再次回到为二个数组。

例如:

当 num = 5 时,再次来到值为 [0,1,1,2,1,2]。

/** * @param {number} num * @return {number[]} */ var countBits = function(num) { //在这里地完成代码 };

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

解题思路

例如忽略“附加条件”,那题还挺不难的对吗?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 看似很轻便、很刚劲的规范,它的日子复杂度是 log4N。有同学说,还能做一些一线的改造:

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;
}

地点的代码用位移代替除法,在任何语言中更加快,鉴于 JS 经常状态下非常坑的位运算操作,不自然速度能变快。

好了,最重点的是,不管是 版本1 要么 版本1.1 仿佛都不满意我们前边提到的“附加条件”,即不采纳循环和递归,大概说,我们需求查究O(1) 的解法。

遵循常规,大家先切磋10分钟,然后往下看 ——


解题思路

那道题咋一看还挺简单的,无非是:

  • 贯彻三个措施 countBit,对率性非负整数 n,总计它的二进制数中“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;
}

上面的代码里,大家直接对 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。

然后,我们写一下完好的次第:

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;
}

上面这种写法十一分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特征实现得极其精简,坏处是假诺前几天要将它改写成任何语言的版本,就有异常的大大概懵B了,它不是很通用,并且它的特性还在于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的实现。

就此为了追求越来越好的写法,大家有须要考虑一下 countBit 的通用达成法。

咱俩说,求一个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最普通的自然是一个 O(logN) 的办法:

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;
}

故而大家有了版本2

如此那般完结也很简短不是吧?可是这么达成是不是最优?建议此处思量10分钟再往下看。


实际不是循环和递归

实在这里道题真心有许各类思路,总结指数之类的对数学系学霸们完全小难点嘛:

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);
}

嗯,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叁个大背头,那样就足以不要循环和递归化解问题。并且,还要小心细节,能够将 log4 充当常量抽出出来,那样不用每便都重新总结,果然是学霸范儿。

只是呢,利用 Math.log 方法也好不轻易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?

理当如此有了!何况还不仅一种,大家能够持续想30秒,要起码想出一种啊 ——


更快的 countBit

上一个本子的 countBit 的日子复杂度已然是 O(logN) 了,难道还能更加快吗?当然是足以的,大家无需去剖断每一人是或不是“1”,也能知晓 n 的二进制中有多少个“1”。

有一个妙方,是依照以下三个定律:

  • 对此自由 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

以此很轻便通晓,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 的二进制数的最末一个“1”退位,由此 n & n – 1 凑巧将 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 1011000,87 = 88 – 1 的二进制数是 1010111,88 & 87 的二进制数是 1011000 & 1010111 == 1010000

于是,我们有了三个越来越快的算法:

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) 却须求循环 7 次。

优化到了那些程度,是否全体都终止了吧?从算法上的话就像早已经是极致了?真的吗?再给我们30 秒时间思念一下,然后再往下看。


毫无内置函数

其一题指标根本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
  • ……

也便是各样数比上二个数的二进制前面多多个零嘛。最根本的是,“4”的幂的二进制数独有1 个“1”。假设条分缕析翻阅过上一篇,你就可以知晓,推断二个二进制数只有 1 个“1”,只要求:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

然则,二进制数独有 1 个“1”只是“4”的幂的需求非丰富法规,因为“2”的奇多次幂也唯有 1 个“1”。所以,大家还亟需增大的判别:

JavaScript

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

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

缘何是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那个保障 num 的二进制的不行 “1” 出现在“奇数位”上,也就保险了那么些数确实是“4”的幂,而不光只是“2”的幂。

最后,大家赢得完全的本子:

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;
};

上边的代码供给丰裕 num > 0,是因为 0 要扫除在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


countBits 的小时复杂度

考虑 countBits, 上面的算法:

  • “版本1” 的日子复杂度是 O(N*M),M 决计于 Number.prototype.toString 和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的岁月复杂度是 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。

上面多少个版本的 countBits 的岁月复杂度都高于 O(N)。那么有没有时间复杂度 O(N) 的算法呢?

实际上,“版本3”已经为大家指示了答案,答案就在上边的可怜定律里,小编把优秀等式再写二回:

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

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

也正是说,借使我们精晓了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就明白了 countBit(n)

而我们清楚 countBit(0) 的值是 0,于是,大家得以很轻松的递推:

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 ╮(╯▽╰)╭

如上就是具有的剧情,轻便的标题思虑起来很有趣啊?技士就活该追求完善的算法,不是吗?

那是 leetcode 算法面试题类别的率刚开始阶段,下期咱们商议另外一道题,那道题也很风趣:判别三个非负整数是或不是是 4 的寸头次方,别告诉本人你用循环,想想更抢眼的措施呢~

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别的版本

上面包车型客车版本现已符合了大家的急需,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

除此以外,我们还是能够有别的的版本,它们严峻来讲有的照旧“犯规”,不过大家仍可以够学习一下那个思路:

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));
};

上述正是独具的从头到尾的经过,那道题有相当各个思路,特别风趣,也相比较考验基本功。若是你有和好的笔触,能够留言到场座谈。

下期我们谈谈别的一道题,那道题比这两道题要难一些,但也更风趣:给定二个正整数 n,将它拆成最少四个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重回能够收获的乘积最大的结果

想一想你的解法是什么样?你可见尽可能收缩算法的时间复杂度吗?期望你的答案~~

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