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外人家的面试题,二个卡尺头是还是不是是

时间:2019-09-18 11:14来源:前端应用
外人家的面试题:一个卡尺头是还是不是是“4”的N次幂 2016/05/30 · 基本功本事 ·2 评论 ·算法 正文小编: 伯乐在线 -十年踪迹。未经小编许可,禁止转发! 接待参加伯乐在线 专辑作者

外人家的面试题:一个卡尺头是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功本事 · 2 评论 · 算法

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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇长期以来,大家切磋共同相对轻便的标题,因为学习总重申规行矩步。并且,即便是简单的主题材料,追求算法的无限的话,个中也会有大学问的。

别人家的面试题:总计“1”的个数

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

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小胡子哥 @Barret李靖 给作者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。何况听他们讲那些主题材料都来源于一些商场的面试题。行吗,解解外人集团的面试题其实很有意思,不仅可以整理思路操练本领,又毫不忧郁漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

“4”的整数次幂

给定三个34人有标识整数(32 bit signed integer),写三个函数,检查这些大背头是或不是是“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

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,对于任性 i,0 ≤ i ≤ num,总结 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这么些结果再次来到为一个数组。

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) { //在这里完毕代码 };

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

解题思路

一旦忽视“附加条件”,那题还挺简单的对啊?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 看似很简单、很庞大的指南,它的年月复杂度是 log4N。有同学说,还足以做一些微小的变动:

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;
}

地点的代码用位移代替除法,在别的语言中越来越快,鉴于 JS 常常情形下拾壹分坑的位运算操作,不自然速度能变快。

好了,最关键的是,不管是 版本1 还是 版本1.1 就好像都不知足我们眼下提到的“附加条件”,即不利用循环和递归,只怕说,我们须要摸索O(1) 的解法。

依照常规,大家先思虑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:

  • 落到实处叁个主意 countBit,对大肆非负整数 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,大家一贯对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉个中的0,剩下的便是“1”的个数。

下一场,大家写一下完好无缺的次序:

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;
}

上边这种写法十一分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特色实现得老大简洁,坏处是假使以后要将它改写成其余语言的本子,就有非常大只怕懵B了,它不是很通用,何况它的质量还取决于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的落实。

由此为了追求更加好的写法,大家有必不可缺考虑一下 countBit 的通用完毕法。

我们说,求一个大背头的二进制表示中 “1” 的个数,最平时的自然是一个 O(logN) 的格局:

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;
}

因而大家有了版本2

那般达成也很简单不是吗?可是那样实现是还是不是最优?提出此处思索10分钟再往下看。


决不循环和递归

实在那道题真心有数不尽种思路,总计指数之类的对数学系学霸们一同不是主题材料嘛:

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,然后推断指数是否叁个大背头,那样就足以绝不循环和递归化解难点。而且,还要注意细节,能够将 log4 当做常量抽出出来,那样不用每回都再一次总括,果然是学霸范儿。

然而呢,利用 Math.log 方法也终究某种意义上的犯规吧,有没有永不数学函数,用原生方法来消除呢?

自然有了!而且还不仅仅一种,我们能够接二连三想30秒,要起码想出一种啊 ——


更快的 countBit

上多少个版本的 countBit 的时刻复杂度已经是 O(logN) 了,难道还能更加快啊?当然是足以的,咱们不供给去推断每一位是否“1”,也能了解n 的二进制中有多少个“1”。

有二个法门,是基于以下一个定律:

  • 对此自由 n, n ≥ 1,有如下等式创建:

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

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

那些很轻易精通,我们假诺想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末二个“1”退位,由此 n & n – 1 刚刚将 n 的最末一个人“1”消去,举例:

  • 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

于是乎,我们有了五个更加快的算法:

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。

优化到了那几个水平,是否漫天都甘休了吗?从算法上来讲就像早已是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间思索一下,然后再往下看。


并非内置函数

这几个难点的入眼思路和上一道题类似,先想念“4”的幂的二进制表示:

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

也正是各样数比上叁个数的二进制前面多八个零嘛。最首要的是,“4”的幂的二进制数唯有1 个“1”。假诺条分缕析翻阅过上一篇,你就能分晓,判别贰个二进制数只有 1 个“1”,只要求:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

而是,二进制数唯有 1 个“1”只是“4”的幂的要求非丰盛条件,因为“2”的奇多次幂也只有 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

为什么是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为这些有限帮衬 num 的二进制的百般 “1” 出现在“奇数位”上,也就保障了那个数确实是“4”的幂,而不只只是“2”的幂。

终极,大家收获完全的本子:

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;
};

上边的代码要求丰盛 num > 0,是因为 0 要祛除在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


countBits 的时刻复杂度

考虑 countBits, 上边的算法:

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

上边多个版本的 countBits 的小时复杂度都超越 O(N)。那么有没一时间复杂度 O(N) 的算法呢?

实则,“版本3”已经为我们提示了答案,答案就在下面的拾壹分定律里,我把特别等式再写二遍:

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

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

也正是说,假诺大家领略了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就驾驭了 countBit(n)

而大家了然 countBit(0) 的值是 0,于是,大家能够很简单的递推:

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;
}

原本仿佛此简单,你想到了吧 ╮(╯▽╰)╭

以上就是颇具的剧情,轻松的标题思虑起来很风趣啊?技师就相应追求完善的算法,不是吗?

那是 leetcode 算法面试题类别的首前期,下期我们争论其它一道题,这道题也很风趣:认清四个非负整数是或不是是 4 的整数次方,别告诉小编你用循环,想想更抢眼的措施吧~

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其它版本

上面的本子现已符合了作者们的急需,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

别的,我们还能有别的的版本,它们严谨来讲有的依旧“犯规”,但是大家依旧得以学习一下那几个思路:

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));
};

上述正是享有的内容,那道题有拾壹分二种思路,极其有趣,也正如考验基本功。若是你有谈得来的笔触,能够留言出席座谈。

上一期大家谈谈别的一道题,那道题比这两道题要难有的,但也越来越有趣:给定多个正整数 n,将它拆成足足多少个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重回能够得到的乘积最大的结果

想一想你的解法是什么样?你可见尽大概收缩算法的年月复杂度吗?期待你的答案~~

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