别人家的面试题

作者: 前端技术  发布:2019-09-29

外人家的面试题:计算“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 给本身引入了一个写算法刷题的地点 leetcode.com,没有 ACM 那么难,但难题很有趣。何况听别人讲这个主题材料都来自一些同盟社的面试题。好吧,解解外人集团的面试题其实很有意思,不仅能整理思路磨炼本领,又并非担忧漏题 ╮(╯▽╰)╭。

长途电话短说,让我们来看一道题:

旁人家的面试题:八个整数是还是不是是“4”的N次幂

2016/05/30 · 基础技巧 · 2 评论 · 算法

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这是 leetcode.com 的第二篇。与上一篇一样,我们斟酌共同相对简便易行的标题,因为学习总重申循规蹈矩。并且,即就是轻易的主题材料,追求算法的极致的话,个中也许有大学问的。

统计“1”的个数

给定一个非负整数 num,对于肆意 i,0 ≤ i ≤ num,总结 i 的值对应的二进制数中 “1” 的个数,将那一个结果回到为一个数组。

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

给定四个三14位有暗号整数(32 bit signed integer),写二个函数,检查那个寸头是还是不是是“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: 你可以不用循环和递归吗?

解题思路

这道题咋一看还挺轻松的,无非是:

  • 落实二个主意 countBit,对自便非负整数 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 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,大家向来对 n 用 toString(2) 转成二进制表示的字符串,然后去掉个中的0,剩下的正是“1”的个数。

下一场,大家写一下完全的次第:

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;
}

地方这种写法十二分得益,好处是 countBit 利用 JavaScript 语言特征完成得要命轻易,坏处是只要明日要将它改写成其它语言的版本,就有希望懵B了,它不是很通用,何况它的习性还在于 Number.prototype.toString(2) 和 String.prototype.replace 的贯彻。

故此为了追求更加好的写法,我们有不能缺少怀念一下 countBit 的通用实现法。

咱俩说,求三个整数的二进制表示中 “1” 的个数,最平凡的本来是三个 O(logN) 的法子:

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;
}

故此我们有了版本2

那般实现也很轻松不是吗?可是那样达成是或不是最优?建议此处思虑10分钟再往下看。


解题思路

比如大意“附加条件”,那题还挺简单的对吧?差不离是随手拈来:

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 像样很简短、很有力的样板,它的小运复杂度是 log4N。有同学说,仍是能够做一些细小的退换:

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;
}

上边包车型大巴代码用位移代替除法,在任何语言中更加快,鉴于 JS 常常情形下非常坑的位运算操作,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 仿佛都不知足我们近期提到的“附加条件”,即不采取循环和递归,只怕说,我们需求寻找O(1) 的解法。

服从惯例,我们先思量10分钟,然后往下看 ——


更快的 countBit

上二个版本的 countBit 的日子复杂度已是 O(logN) 了,难道还足以更加快吧?当然是能够的,大家没有须要去看清每一个人是还是不是“1”,也能明了 n 的二进制中有多少个“1”。

有一个要诀,是依照以下八个定律:

  • 对于随便 n, n ≥ 1,有如下等式创设:

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

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

以此很轻巧明白,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 的二进制数的最末八个“1”退位,因而 n & n – 1 正好将 n 的最末一人“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 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,大家有了三个更加快的算法:

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) 却须求循环 7 次。

优化到了这几个水平,是否全数都得了了吗?从算法上来讲就好像早正是极致了?真的吗?再给我们30 秒时间思索一下,然后再往下看。


毫不循环和递归

骨子里那道题真心有许种种思路,计算指数之类的对数学系学霸们一起不是主题素材嘛:

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,然后判别指数是或不是三个整数,这样就能够绝不循环和递归化解难点。並且,还要注意细节,能够将 log4 当作常量收抽取来,那样并不是每一趟都再一次总结,果然是学霸范儿。

但是呢,利用 Math.log 方法也终于某种意义上的违犯禁令吧,有未有永不数学函数,用原生方法来缓慢解决吧?

自然有了!而且还不仅一种,大家能够一连想30秒,要起码想出一种啊 ——


countBits 的时光复杂度

考虑 countBits, 上边的算法:

  • “版本1” 的岁月复杂度是 O(N*M),M 决定于 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。

上边多个本子的 countBits 的光阴复杂度都高于 O(N)。那么有没不经常间复杂度 O(N) 的算法呢?

实际上,“版本3”已经为大家提醒了答案,答案就在上头的特别定律里,作者把万分等式再写叁回:

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

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

相当于说,要是大家领略了 countBit(n & (n - 1)),那么大家也就驾驭了 countBit(n)

而我们领会 countBit(0) 的值是 0,于是,大家得以异常粗略的递推:

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;
}

原先就这么简单,你想到了吗 ╮(╯▽╰)╭

上述便是富有的内容,简单的主题素材考虑起来很有趣啊?程序猿就应当追求弹无虚发的算法,不是啊?

这是 leetcode 算法面试题体系的首前期,下期我们批评另外一道题,那道题也很有意思:判断贰个非负整数是或不是是 4 的整多次方,别告诉本身你用循环,想想更抢眼的措施吧~

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不用内置函数

本条难题的最重要思路和上一道题类似,先思虑“4”的幂的二进制表示:

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

也正是各类数比上五个数的二进制后边多四个零嘛。最重大的是,“4”的幂的二进制数只有1 个“1”。假若条分缕析翻阅过上一篇,你就能驾驭,判别多个二进制数只有 1 个“1”,只需求:

JavaScript

(num & num - 1) === 0

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

而是,二进制数唯有 1 个“1”只是“4”的幂的须求非充裕标准,因为“2”的奇数十三遍幂也唯有 1 个“1”。所以,大家还索要增大的判断:

JavaScript

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

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

何以是 num & 0xAAAAAAAA === 0? 因为那些有限支撑 num 的二进制的不得了 “1” 出现在“奇数位”上,也就确定保证了那个数确实是“4”的幂,而不仅只是“2”的幂。

终极,大家获得完全的本子:

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;
};

上边的代码必要加上 num > 0,是因为 0 要破除在外,不然 (0 & -1) === 0 也是 true


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别的版本

上边的版本现已相符了笔者们的急需,时间复杂度是 O(1),不用循环和递归。

另外,我们还足以有别的的版本,它们严苛来讲有的依旧“犯规”,可是大家还是能学习一下这个思路:

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));
};

以上就是富有的内容,那道题有丰富七种思路,非常幽默,也相比考验基本功。假设你有投机的思路,能够留言到场研讨。

下期大家批评除此以外一道题,那道题比这两道题要难一些,但也更有意思:给定叁个正整数 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

想一想你的解法是哪些?你可见尽可能缩小算法的时间复杂度吗?期望你的答案~~

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