您好,登录后才能下订单哦!
对于这道题,常规操作是不断着把这个数除以 2,然后判断是否有余数,直到 n 被整除成 1 。
我们可以把 n 拆成二进制看待处理的,如果 n 是 2 的幂次方的话,那么 n 的二进制数的最高位是 1,后面的都是 0,例如对于 16 这个数,它的二进制表示为 10000。
如果我们把它减 1,则会导致最高位变成 0,其余全部变成 1,例如 10000 - 1 = 01111。
然后我们把 n 和 (n - 1)进行与操作,结果就会是 0,例如(假设 n 是 16)
n & (n-1) = 10000 & (10000 - 1) = 10000 & 01111 = 0
也就是说,n 如果是 2 的幂次方,则 n & (n-1) 的结果是 0,否则就不是,所以代码如下
int isPow(n){
return (n & (n - 1)) == 0;
}
先给出代码,后面在解释。
int f(int n, int m){
return n == 1 ? n : (f(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
原理是这样的:
如果我们把士兵删除后,重新给这些士兵编号的话,那么删除前和删除后,这些编号存在某种数学关系,我们只需要找出这个关系即可。
我们定义递归函数 f(n,m) 的返回结果是存活士兵的编号,显然当 n = 1 时,f(n, m) = 1。假如我们能够找出 f(n,m) 和 f(n-1,m) 之间的关系的话,我们就可以用递归的方式来解决了。我们假设人员数为 n, 报数到 m 的人就自杀。则刚开始的编号为
…
1
…
m - 2
m - 1
m
m + 1
m + 2
…
n
…
进行了一次删除之后,删除了编号为 m 的节点。删除之后,就只剩下 n - 1 个节点了,删除前和删除之后的编号转换关系为:
删除前 --- 删除后
… --- …
m - 2 --- n - 2
m - 1 --- n - 1
m ---- 无(因为编号被删除了)
m + 1 --- 1(因为下次就从这里报数了)
m + 2 ---- 2
… ---- …
新的环中只有 n - 1 个节点。且删除前编号为 m + 1, m + 2, m + 3 的节点成了删除后编号为 1, 2, 3 的节点。
假设 old 为删除之前的节点编号, new 为删除了一个节点之后的编号,则 old 与 new 之间的关系为 old = (new + m - 1) % n + 1。
这样,我们就得出 f(n, m) 与 f(n - 1, m)之间的关系了,而 f(1, m) = 1.所以我们可以采用递归的方式来做。代码如下:
int f(int n, int m){
if(n == 1) return n;
return (f(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
怎么不是一行而是两行?如果你经常刷题,那肯定希望自己的代码看起来越短越简介越好,至于会不会变的更难理解?我懒的理,所以代码如下
int f(int n, int m){
return n == 1 ? n : (f(n - 1, m) + m - 1) % n + 1;
}
当然,我之前写过一篇文章,用了三种方法来解决约瑟夫环,感兴趣的也可以看:记一道阿里笔试题:我是如何用一行代码解决约瑟夫环问题的
这道题可能很多人会用一个哈希表来存储,每次存储的时候,记录 某个数出现的次数,最后再遍历哈希表,看看哪个数只出现了一次。这种方法的时间复杂度为 O(n),空间复杂度也为 O(n)了。
然而这道题其实可以采用异或运算来解决,两个相同的数异或的结果是 0,一个数和 0 异或的结果是它本身,并且异或运算支持交换律,基于这个特点,我们只需要把这一组整型全部异或一下,最后的结果就是我们要找的数了。
例如这组数据是:1, 2, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4。其中 5 只出现了一次,其他都出现了两次,把他们全部异或一下,结果如下:
由于异或支持交换律和结合律,所以:
1^2^3^4^5^1^2^3^4 = (1^1)^(2^2)^(3^3)^(4^4)^5= 0^0^0^0^5 = 5。
通过这种方法,可以把空间复杂度降低到 O(1),而时间复杂度不变,相应的代码如下
int find(int[] arr){
int tmp = arr[0];
for(int i = 1;i < arr.length; i++){
tmp = tmp ^ arr[i];
}
return tmp;
}
一行代码解决方案如下:
// 例如使用这个函数的时候,我们最开始传给 i 的值是 1,传给 result 的是 arr[0]
//例如 find(arr, 1, arr[0])
int find(int[] arr,int i, int result){
return arr.length <= i ? result : find(arr, i + 1, result ^ arr[i]);
}
我先给出个代码让大家品尝一下,在细细讲解
int f(n){
return n == 0 ? 0 : n / 5 + f(n / 5);
}
对于这道题,常规操作是直接算 N!的值再来除以 10 判断多少个 0 ,然而这样肯定会出现溢出问题,并且时间复杂度还大,我们不妨从另一个思路下手:一个数乘以 10 就一定会在末尾产生一个零,那么,我们是否可以从哪些数相乘能够得到 10 入手呢?
答是可以的,并且只有 2 * 5 才会产生 10。
注意,4 * 5 = 20 也能产生 0 啊,不过我们也可以把 20 进行分解啊,20 = 10 * 2。
于是,问题转化为 N! 种能够分解成多少对 2*5,再一步分析会发现,在 N!中能够被 2 整除的数一定比能够被 5 整除的数多,于是问题近似转化为求 1…n 这 n 个数中能够被 5 整除的数有多少个。
int f(int n){
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int j = i;
while(j % 5 == 0){
sum++;
j = j / 5;
}
}
return sum;
}
然而进一步拆解,我们发现
当 N = 20 时,1~20 可以产生几个 5 ?答是 4 个,此时有 N / 5 = 4。
当 N = 24 时,1~24 可以产生几个 5 ?答是 4 个,此时有 N / 5 = 4。
当 N = 25 时,1~25 可以产生几个 5?答是 6 个,主要是因为 25 贡献了两个 5,此时有 N / 5 + N / 5^2 = 6。
…
可以发现 产生 5 的个数为 sum = N/5 + N/5^2 + N/5^3+….
于是,一行代码就可以搞定它了
int f(n){
return n == 0 ? 0 : n / 5 + f(n / 5);
}
免责声明:本站发布的内容(图片、视频和文字)以原创、转载和分享为主,文章观点不代表本网站立场,如果涉及侵权请联系站长邮箱:is@yisu.com进行举报,并提供相关证据,一经查实,将立刻删除涉嫌侵权内容。