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别人家的面试题,一个整数是否是

时间:2019-09-18 11:14来源:前端应用
外人家的面试题:总括“1”的个数 2016/05/27 · JavaScript· 5 评论 ·Javascript,算法 正文我: 伯乐在线 -十年踪迹。未经作者许可,禁止转发! 接待加入伯乐在线 专辑小编。 小胡子哥 @Bar

外人家的面试题:总括“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 给本身推荐了三个写算法刷题的地点 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难题很风趣。何况听别人说这个难题都出自一些公司的面试题。行吗,解解外人集团的面试题其实很风趣,不仅可以整理思路磨练手艺,又并不是顾忌漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

外人家的面试题:一个大背头是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基本功技能 · 2 评论 · 算法

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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇一样,大家谈论共同相对简便易行的难点,因为学习总重申安份守己。并且,就终于轻松的主题材料,追求算法的最为的话,个中也有大学问的。

统计“1”的个数

给定二个非负整数 num,对于任意 i,0 ≤ i ≤ num,总结 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将这个结果回到为四个数组。

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) { //在这里实当代码 };

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

“4”的寸头次幂

给定三个31位有号子整数(32 bit signed integer),写一个函数,检查这一个寸头是不是是“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

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:

  • 福寿齐天叁个形式 countBit,对任性非负整数 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 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,我们直接对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉当中的0,剩下的就是“1”的个数。

然后,大家写一下安然无事的顺序:

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;
}

地点这种写法十一分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特征完成得十三分简洁,坏处是只要前日要将它改写成任何语言的版本,就有十分的大大概懵B了,它不是很通用,并且它的性质还取决于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的贯彻。

就此为了追求更加好的写法,我们有必要思考一下 countBit 的通用完成法。

咱俩说,求几个大背头的二进制表示中 “1” 的个数,最平常的当然是三个 O(logN) 的措施:

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;
}

为此大家有了版本2

这样实现也很简短不是吗?不过这么完毕是还是不是最优?提出此处思虑10分钟再往下看。


解题思路

如若马虎“附加条件”,那题还挺轻巧的对吧?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 好像相当的粗略、很有力的旗帜,它的时刻复杂度是 log4N。有同学说,仍可以够做一些细微的改换:

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;
}

下边包车型客车代码用位移取代除法,在另外语言中更加快,鉴于 JS 日常情况下十分坑的位运算操作,不必然速度能变快。

好了,最重大的是,不管是 版本1 要么 版本1.1 如同都不满足大家后面提到的“附加条件”,即不行使循环和递归,也许说,我们必要摸索O(1) 的解法。

规行矩步惯例,大家先酌量10分钟,然后往下看 ——


更快的 countBit

上三个本子的 countBit 的小运复杂度已经是 O(logN) 了,难道还是能够更加快啊?当然是足以的,我们不要求去决断每一个人是否“1”,也能精通n 的二进制中有几个“1”。

有叁个路子,是依附以下一个定律:

  • 对此自由 n, n ≥ 1,有如下等式创造:

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

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

这些很轻巧明白,我们假若想转手,对于自由 n,n – 1 的二进制数表示正好是 n 的二进制数的最末一个“1”退位,因而 n & n – 1 刚好将 n 的最末一个人“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,大家有了八个越来越快的算法:

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。

优化到了这一个水平,是还是不是全数都终止了呢?从算法上来讲如同早已是极致了?真的吗?再给大家30 秒时间考虑一下,然后再往下看。


绝不循环和递归

实则那道题真心有一不计其数种思路,总计指数之类的对数学系学霸们一同不是难题嘛:

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,然后判定指数是或不是八个大背头,那样就足以不要循环和递归解决难点。并且,还要注意细节,能够将 log4 当做常量收收取来,这样实际不是每一次都重新计算,果然是学霸范儿。

不过呢,利用 Math.log 方法也总算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?

当然有了!何况还不仅一种,大家能够承继想30秒,要起码想出一种啊 ——


countBits 的时光复杂度

考虑 countBits, 上边包车型地铁算法:

  • “版本1” 的岁月复杂度是 O(N*M),M 取决于 Number.prototype.toString 和 String.prototype.replace 的复杂度。
  • “版本2” 的光阴复杂度是 O(N*logN)
  • “版本3” 的年华复杂度是 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 的光阴复杂度都超越 O(N)。那么有没不经常间复杂度 O(N) 的算法呢?

实质上,“版本3”已经为大家提醒了答案,答案就在上边的那么些定律里,小编把特别等式再写三回:

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

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

也正是说,如果大家精晓了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就清楚了 countBit(n)

而我辈知晓 countBit(0) 的值是 0,于是,大家能够非常粗略的递推:

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;
}

本来就这么轻易,你想到了呢 ╮(╯▽╰)╭

上述正是独具的内容,简单的主题材料思量起来很风趣吗?技师就相应追求完美的算法,不是啊?

那是 leetcode 算法面试题种类的第一期,上期大家研商除此以外一道题,那道题也很有趣:剖断三个非负整数是还是不是是 4 的板寸次方,别告诉自身你用循环,想想更抢眼的方法呢~

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毫无内置函数

以此题目标珍视思路和上一道题类似,先思量“4”的幂的二进制表示:

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

相当于各类数比上一个数的二进制后边多四个零嘛。最要紧的是,“4”的幂的二进制数唯有1 个“1”。假如条分缕析翻阅过上一篇,你就能够知晓,推断贰个二进制数独有 1 个“1”,只必要:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

不过,二进制数独有 1 个“1”只是“4”的幂的要求非丰盛原则,因为“2”的奇多次幂也唯有 1 个“1”。所以,大家还索要增大的判别:

JavaScript

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

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

何以是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那么些有限支撑 num 的二进制的那些 “1” 出现在“奇数位”上,也就保证了这些数确实是“4”的幂,而不仅仅只是“2”的幂。

末尾,大家拿到完全的本子:

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;
};

地点的代码必要加上 num > 0,是因为 0 要免除在外,否则 (0 & -1) === 0 也是 true


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别的版本

地点的本子现已符合了大家的要求,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

除此以外,大家还能有其他的本子,它们严刻来讲有的照旧“犯规”,不过大家还能够学习一下那一个思路:

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));
};

如上正是颇具的剧情,那道题有不行种种思路,格外风趣,也相比较考验基本功。若是你有和好的思绪,能够留言参与座谈。

上期大家议论其它一道题,那道题比这两道题要难一些,但也更风趣:给定贰个正整数 n,将它拆成最少多少个正整数之和,对拆出的正整数求乘积,重临能够获取的乘积最大的结果

想一想你的解法是怎样?你能够尽只怕收缩算法的时光复杂度吗?期待您的答案~~

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