随笔分类 - 算法
摘要：先看一道面试题：长度为n的数组，由数字1到n组成，其中数字a不出现，数字b出现两次，其它的数字恰好出现一次。怎样通过只读遍历一次数组，找出数字a和b。由于只能遍历一次，在遍历数组arr时，算出 a和b的差值，以及a和b的平方差，通过解方程，即可求得a和b。具体做法为：设： s1 = 1 + 2 + ... + n (= n * (n + 1) / 2) s2 = arr[0] + arr[1] + ... + arr[n - 1] r1 = 1 + 4 + ... + n^2 (= n * (n + 1) * (2 * n + 1) / 6) r2 = arr[0]^2 + arr[1]^2.
阅读全文
摘要：http://www.cppblog.com/flyingheartshttp://www.cnblogs.com/flyingheartshttp://blog.csdn.net/flyingheartspdf版本下载㈠ Fibonacci数 刚接触Fibonacci数的时候，在网上看到“矩阵法”，看到要先实现一个矩阵乘法，感觉太麻烦了。后来仔细观察Fibonacci数列，发现有下面的规律： F(n) = F(k)*F(n+1-k) + F(k-1)*F(n-k) => F(2*n) = F(n+1) * F(n) + F(n) * F(n - 1) F(2*n+1) = F(n...
阅读全文
摘要：喝汽水问题 by flyinghearts 有1000瓶汽水，喝完后每3个空瓶能换1瓶汽水，问最后最多可以喝几瓶汽水，此时剩余几个空瓶？ 不妨假设，共有n瓶汽水，每a个空瓶能换b瓶汽水（a > b）。刚开始有n瓶汽水，喝完后就有n个空瓶，多喝的汽水是靠空瓶换来的，每进行一次空瓶换汽水，就能多喝b瓶汽水、空瓶数目就减少了a-b个（a个空瓶换了b瓶汽水，喝完后得到b个空瓶）。 (下面用 [x] 表示x的整数部分) 1 如果允许从别处（老板或其他顾客处）借空瓶（当然，有借有还） 空瓶换汽水次数： [n / (a - b)] 最后剩余空瓶： n % (a - b) ...
阅读全文
摘要：前一篇文章讨论了二维坐标系下的判断，下面讨论三维的情况。 三维坐标下，对点的判断明显要复杂很多。如果google“Point in triangle”，第一个搜索结果就是这个网页，可惜的是，作者没有对结果进一步讨论，没有给出一个好的实现，而且其所有结论只在已知四点共面时才成立。 前面已经证明过，面积法和向量同向法是等价的。 ab × ac = ab × ap + ap × ac + pb × pc |ab × ac| = |ab × ap| + |ap × ac| + |pb × pc| 由于ab × a
阅读全文
摘要：问题：判断点P是否在三角形ABC内 判断一个点是否在在三角形内，最常用的两种方法：面积法、向量同向法。算法虽然很简单，但要做到高效却不容易，要考虑到二维、三维的区别，还要考虑到坐标是用浮点数还是用整数来表示。 在二维平面上，问题相对简单，一般只需6次乘法计算。但在三维平面时问题要复杂很多，在网上看到的算法，一般都需要30次乘法计算（如果已知点P在平面ABC上，则需21次）。实际上，在三维坐标系下，可以做到增加1次比较，将乘法计算降到13次（如果点P在平面ABC上，则最多只要8次乘法计算）。 最常用的两种方法：面积法和向量同向法本质上是等价的。 向量同向法：若点P在三角形内，则三个向量：ab &
阅读全文
摘要：要将一个数组的所有元素向左旋转k位，通常有三种算法：算法1（分组交换）：若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b1。不断将数组划分和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。读写内存各 n到2*n次算法2 (三次反转)利用ba=(br)r(ar)r=(arbr)r，先分别反转a、b，最后再对所有元素进行一次反转。读写内存各约2*n次算法3 （使用循环链）假设 n、k的最大公约数为M，则所有序号为 (i + j*k) % n (0<= i &l
阅读全文
摘要：全排列的hash函数，可以利用N位变进制，一般做法是用逆序数，但时间复杂度比较大。 设n位变进制数M，+i位逢i+1进一，显然M可表示的数的范围为[0, n!)共n!个 要生成n个数的排列，可以先从n个数挑一个，再从剩下的n-1个数挑一下，如此反复n次。 若最初的n个数是 0,1,2 ... n-1，第一次挑选的数是t，则可以将t放入到M的n-1位， 若第二次挑选的数是m，则 0 <= r <= n-1 且 r != t，当r等于n-1时， 不能将r放入到M的n-2位（可以放的最大数为n-2），但是注意到r值不可能为t， 该情况下将它的值改为t，得到的新r值肯定小等于n-2，因而可
阅读全文
摘要：思路： 先画一棵完全二叉树， 为节省空间，采用数组来实现。对这棵二叉树，叶子用于存放数据，节点用于统计叶子信息。通过下面的三种方法，进一步节省空间：1 节点只记录左子树叶子信息，右子树叶子信息通过当前节点和父节点等节点的值计算得出。 因而需要指定一个点，当作根节点的“父节点”，以便计算根节点右子树信息。 可以将根节点从1开始编号，对节点i，左孩子编号为2*i，右孩子编号为2*i+1，并用编号0记录整根树所有叶子的信息。2 对某些应用，叶子信息可以通过节点信息计算得出，因而不保存叶子信息，3 完全二叉树，边界要求为2^k，为了表示[0, n)这n个点，需要将n增加到2^k，实际上， 只要第n个叶
阅读全文
摘要：输出和为n的所有的连续自然数序列 如 n = 9： 9 4 5 2 3 4 《编程之美》的题目（2.21只考加法的面试题），去年曾经写过本题的代码，后来不知道把代码放哪里了。按以前的思路，重写了下代码，写完后翻了下书，结果发现与书上要求的还不一样。 假设，拆分成的数列为：m, m+1, … m+k-1 则 n = (m + m + k - 1) * k / 2或 2*n = (2*m + k - 1) * k 显然就是求2*n的所有因子，最简单的方法就是暴力搜索： 对公式2*n = (2*m + k - 1) * k 进行转变，可得下面几种方法： 方法一： 2*m + k – 1 = 2 *.
阅读全文
摘要：问题： 输出自然数n的所有因子假设 n = i * j(i <= j) ， k = j – i >= 0 思路一： j = n / i>=i( 注意：i – int(n / i) 随着i的增大而增大，int(n/i)指n/i的整数部份)从i = 1 开始判断 i 是否能被n整除，当int(n / i) < i 时终止思路二：n = i * (i + k)=>k = (n – i * i) / i>= 0=> k = m / i >= 0 （设m = n – i * i）从i = 1 开始判断 i 是否能被m整除，当m < 0（即k <
阅读全文
摘要：问题：求1到n这n个整数间的异或值，即 1 xor 2 xor 3 ... xor n 记 f(x, y) 为x到y的所有整数的异或值。 对 f(2^k, 2^(k+1) -1) (注意文章中的 ^ 表示的是“幂”，xor 表示“异或”，or 表示“或”)： 2^k 到 2^(k+1) -1 这2^k个数，最高位（+k位）的1个数为2^k， 若 k >= 1，则2^k为偶数，将这2^k个数的最高位(+k位)去掉，异或值不变。 因而 f(2^k, 2^(k+1) -1) = f(2^k - 2^k, 2^(k+1) -1 -2^k) = f(0, 2^k -1) 因而 f(0, 2^(k+
阅读全文
摘要：又一次看到讨论“洗牌”算法的文章，奇怪不少人喜欢造轮子，但造的轮子却远没有STL的random_shuffle好用。 “洗牌”算法： 若某个序列里面的每个元素在每个位置已经等概率出现，那么新增加一个元素，只要新增加的元素和所有元素进行等概率交换，则新序列中每个元素在每个位置仍是等概率出现。 （若原来有n个元素，新增加的第n+1个元素在任一位置b的概率显然是1/(n+1)，在同一位置b，原来的n个元素在该位置仍是等概率出现的，出现的概率为(1-1/(n+1))/n = 1/(n+1)。 也可以这样算：进行随机交换前，原来的某个元素在某个位置出现的概率为1/n，被交换的概率为1/(n+1)，因而.
阅读全文
摘要：《编程之美》读书笔记12： 3.8 求二叉树中节点的最大距离 问题： 如果我们把二叉树看成一个图，父子节点之间的连线看成是双向的，我们姑且定义"距离"为两节点之间边的个数。写一个程序求一棵二叉树中相距最远的两个节点之间的距离。 实际上就是求树的直径。若采用“动态规划方法”思想，会将该问题分解成“具有最大距离两点间的路径是否经过根节点”两个子问题，然后再对这两个子问题求解判断。实际上，不必这么麻烦。距离最远的两点必然在以某个节点A为根的子树上，它们间的路径必然经过该子树的根节点A。因而，以任意一个节点B为根的子树，计算出经过该子树根节点B的最大距离，则所有最大距离的最大值就是
阅读全文
摘要：问题： N个1到13之间的自然数，能否通过加减乘除计算（每个数有且只能用一次）得到24？ 计算24点常用的算法有：① 任取两个数，计算后，将结果放回去，再从剩下的数中任取两个，如此反复直到只剩下一个数；② 先构建前缀/后缀表达式，再计算该表达式；③ 用集合保存中间结果，集合间两两进行合并计算得到新集合（或者对给定的一个集合，对其所有的子集合进行合并计算）。 本文采用第一种方法。定义六种操作符：ADD、SUB、MUL、DIV、RSUB、RDIV，分别对应加、减、乘、除、反减和反除（反减/除：先交换两个数，再减/除）。 显然，取两个数计算时，六种计算结果可能有重复，可以对这6个结果进行去重（实
阅读全文
摘要：实际上，用树的后序遍历就可以了。当访问到所求的节点A时，如果这两个节点不在一条线上，则它们必定分别在A的左子树和右子树上，后序遍历到第一个满足这个条件的节点就是所要求的节点A。另外，还必须对这两个节点在一条线上的情况，做特殊处理。代码： staticboollca(Node*root,intva,intvb,Node*&result,Node*parrent){//left/right左/右子树是否含有要判断的两节点之一boolleft=false,right=false;if(!result&&root-left)left=lca(root-left,va,vb,result,root
阅读全文
摘要：Trilogy公司的笔试题: 如果n为偶数，则将它除以2，如果n为奇数，则将它加1或者减1。问对于一个给定的n，怎样才能用最少的步骤将它变到1。 例如：n=11： ① ++n - 12 ② n/2 - 6 ③ n/2 - 3 ④ --n - 2 ⑤ n/2 - 1 共需5步。 最简单的方法就是用DP。设f(n)为所用的最少步骤。根据定义可得： 若n为偶数， f(n)=f(n/2) + 1; 若n为奇数， f(n)= min(f(n-1), f(n+1)) +1 = min(f((n-1)/2), f((n+1)/2)) +2 或者： f(2*k)=f(k)+1 f(2*k+1)=
阅读全文
摘要：多重背包O(N*V)算法详解（——使用单调队列） 多重背包问题： 有N种物品和容量为V的背包，若第i种物品，容量为v[i]，价值为w[i]，共有n[i]件。怎样装才能使背包内的物品总价值最大？ 网上关于“多重背包”的资料倒是不少，但是关于怎么实现O(N*V)算法的资料，真得好少呀，关于“单调队列”那部分算法，又没说明得很清楚，看了几遍没看懂原理，只好自己动脑去想怎么实现O(N*V)算法。 若用F[i][j]表示对容量为j的背包，处理完前i种物品后，背包内物品可达到的最大总价值，并记m[i] = min(n[i], j / v[i])。放入背包的第i种物品的数目可以是：0、1、2……，可得：
阅读全文
摘要：问题： 一共有25匹马，有一个赛场，赛场有5个赛道，就是说最多同时可以有5匹马一起比赛。假设每匹马都跑的很稳定，不用任何其他工具，只通过马与马之间的比赛，试问最少得比多少场才能知道跑得最快的5匹马？ 思路： 先将25匹马分成五组，进行五场比赛。第六场比赛可以考虑都取各个小组的第一名（或第二名）。假设都取各小组的第一名，根据这场比赛的排名，将原来的小组分别编号为a、b、c、d、e，并将原来的25匹马分别编号为： a1b1c1d1e1 a2b2c2d2e2 a3b3c3d3e3 a4b4c4d4e4 a5b5c5d5e5 其中Xi，X表示组的编号，i为在该组的排名，则有：a1 b1 c1
阅读全文
摘要：题目： 给出sum、min、max和n四个正整数，请输出所有将sum拆分为n个递增的正整数（允许相等）之和，其中每个正整数k都满足：min = k = max。 在少侠的博客看到这道题，就随手做了下。该题与输出N个数取M个数的所有组合类似，只不过限定了M个数的和以及取值范围。可以先用贪心算法构造一个最小的组合，然后调整这个组合，得到下一个组合。显然应该从后往前找到一个数字，该数增加1，再调整该数后面的数。这个数就是：从后往前第一个与最后一个数的差值大于1的数（因为，如果差值小等于1，无法调整后面的数得到一个符合要求的组合）。 [代码]
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号