算法题目-记hulu失败的实习面试

1。对于数组A[0,1,2,3,4,...,k],求得0<=i < j < k,且使得A[j] - A[i]为最大值。

    最简单也最容易想到的搜索两遍,即可得到答案。i的位置从起始至倒数第二个位置,j的位置从末尾元素至i后一个位置,保存记录最大的差值即可。

    不过最简单的方法复杂度为n的平方,其实令有一个时间复杂度很低的方法,及从前至后遍历,添加一个保存当前访问元素之前的最小的元素,最大值必定需要减去已访问过元素的最小值才能够获得,这样时间复杂度降至n。

    

class Solution {
public: //i<j max(a[j]-a[i]) int arrayMaxGap(vector<int> &array) { if(array.size() == 0 || array.size() == 1) return -1; if(array.size() == 2) { return array[1] - array[0]; } int maxres,premin; maxres = array[1] - array[0]; premin = array[0]; for(int i = 1;i < array.size();i++) { if (array[i] - premin > maxres) maxres = array[i] - premin; if (array[i] < premin) premin = array[i]; } return maxres; } }

  

2。对于递增的数组A[0,1,2,3,4,...,k],数组B[0,1,2,3,4,...k'],对于0<=i<k,0<=j<k',对于计算出的A[i]+B[j],求其前k小个元素。

    对于这个题目最先想到的思路,构造一个集合计算出所有的A[i]+B[j],然后求取前k小个元素就比较简单了,但是如果k相对于构造出的集合比较小,这样就比较浪费空间了。

    对于任意一个元素A[i]+B[j],我们可以指导A[i+1]+B[j]和A[i]+B[j+1]是其接下来可确定的最近邻的两个大于其的元素,首先A[0]+B[0],接下来就是A[1]+B[0],A[0]+B[1]之中小的元素为第二小的元素,接下来继续扩展第二小的元素得到A[2]+B[0],A[1]+B[1],或者A[0]+B[2],A[1]+B[1],所以如果用指针的话这样无法保存,求取最小的结合不断的膨胀,所以这里考虑利用最小堆每次得到多个元素中最小的元素。 

 

//class for minKsum
struct Point {
	int x;
	int y;
	int sum;
};
bool operator<(Point a,Point b){
	return a.sum > b.sum;
}
class Solution {
public:
//array A,arrayB, obtain the minest k a[i]+b[j]. that a[0]+b[0] is the minest
	vector<int> minKsum(vector<int> i_A,vector<int> i_B,int k) {
		vector<int> res;
		priority_queue<Point> priorityq;
		if(i_A.size() == 0&&i_B.size() == 0) {
			return res;
		}
		if(i_A.size() == 0) {
			if (i_B.size() > k)
			{
				return res;
			}
			return vector<int>(i_B.begin(),i_B.begin()+k);
		}
		if(i_B.size() == 0) {
			if(i_A.size() > k)
			{
				return res;
			}
			return vector<int>(i_A.begin(),i_A.begin()+k);
		}
		Point first;
		first.x = 0;
		first.y = 0;
		first.sum = i_A[0] + i_B[0];
		priorityq.push(first);
		while (!priorityq.empty()&&res.size() != k)
		{
			Point tmpoutput = priorityq.top();
			priorityq.pop();
			res.push_back(tmpoutput.sum);
			if(tmpoutput.y == 0) {
				if (tmpoutput.x + 1 < i_A.size())
				{
					Point tmp;
					tmp.x = tmpoutput.x + 1;
					tmp.y = tmpoutput.y;
					tmp.sum = i_A[tmpoutput.x + 1] + i_B[tmpoutput.y];
					priorityq.push(tmp);
				}
				if (tmpoutput.y + 1 < i_B.size()) {
					Point tmp;
					tmp.x = tmpoutput.x;
					tmp.y = tmpoutput.y + 1;
					tmp.sum = i_A[tmpoutput.x] + i_B[tmpoutput.y + 1];
					priorityq.push(tmp);
				}
			}
			else {
				if(tmpoutput.y + 1 < i_B.size()) {
					Point tmp;
					tmp.x = tmpoutput.x;
					tmp.y = tmpoutput.y + 1;
					tmp.sum = i_A[tmpoutput.x] + i_B[tmpoutput.y + 1];
					priorityq.push(tmp);
				}
			}
		}
		return res;
	}
}

  

3。实现带有重复元素的二分查找,如果查找的元素重复,返回重复元素的起始位置。

    类似二分查找,但是结束条件有些不同,结束条件为当前节点=目标元素并且当前节点为起始节点或者前一个节点不等与目标元素。

    

class Solution {
public: int binarySearch(vector<int> &array, int target) { if(array.size() == 1) { if (array[0] == target) return 0; else return -1; } int start = 0,end = array.size() - 1,mid; while(start <= end) { mid = (start + end)/2; if(array[mid] == target && (mid == 0 || array[mid-1] != target)) { return mid; } else if(target <= array[mid]) { end = mid - 1; } else { start = mid + 1; } } return -1; } }

  

4。对于链表表示的完全二叉树,给出根节点的指针,统计其节点的数量。

    完全遍历需要O(n)时间的复杂度。但是这样没有完全利用完全二叉树的特性。

    计算节点数量转换为计算最后一层节点数量,计算最后一层节点数量可以这样计算,左子树,右子树,如果深度相同,计算右子树最后一层数量+满的左子树。如果深度不同,计算左子树的最后一层节点数量,这样问题规模可以直接减半。

    

#include <algorithm>
#include <time.h>
#include <iostream>
using namespace std;
struct TreeNode {
	TreeNode *left;
	TreeNode *right;
	int value;
	TreeNode(int v) {value = v;}
};
class Solution {
public:
	int recurseTree(TreeNode *root) {
		if (root == NULL)
		    return 0;
		int tdepth = depth(root);
		return (int)pow((double)2,tdepth-1) - 1 + recuseNode(root,tdepth);
	}
	//递归统计完全二叉树的最后一层节点个数
	int recuseNode(TreeNode *root,int depth) {
		if(root == NULL)
			return 0;
		//最后一层才进行统计,depth == 1
		if(root->left == NULL && root->right == NULL && depth == 1)
			return 1;
		return recuseNode(root->left,depth-1)+recuseNode(root->right,depth-1);
	}
	int dc(TreeNode *root) {
		if(root == NULL)
			return 0;
		int treedepth = depth(root);
		if(treedepth == 1)
			return 1;
		else
		    return (int)pow((double)2,treedepth-1) - 1 + devide_conquer(root);
	}
	//分治统计完全二叉树的最后一层节点个数
	int devide_conquer(TreeNode *root) {
		int tdepth = depth(root);
		//如果只有两层,直接可以得到最后一层节点个数
		if(tdepth == 2) {
			if(root->right == NULL)
				return 1;
			return 2;
		}
	    int leftdepth = depth(root->left);
		int rightdepth = depth(root->right);
		//right side
		if (leftdepth == rightdepth) {
			return (int)pow((double)2,tdepth-1-1) + devide_conquer(root->right);
		}
		//left side
		else if(leftdepth > rightdepth) {
			return devide_conquer(root->left);
		}
		else {
			//error
		}
	}
	//计算深度
	int depth(TreeNode *root) {
		int depth = 0;
		TreeNode *cur = root;
		while(cur != NULL) {
			cur = cur->left;
			depth++;
		}
		return depth;
	}
};
int main(int argc,char **argv) {
	TreeNode *_1root = new TreeNode(1);
	_1root->left = NULL;
	_1root->right = NULL;

	TreeNode *_2root1 = new TreeNode(1);
	TreeNode *_2root2 = new TreeNode(2);
	TreeNode *_2root3 = new TreeNode(3);
	TreeNode *_2root4 = new TreeNode(4);
	TreeNode *_2root5 = new TreeNode(5);
	TreeNode *_2root6 = new TreeNode(6);
	TreeNode *_2root7 = new TreeNode(7);
	TreeNode *_2root8 = new TreeNode(8);
	TreeNode *_2root9 = new TreeNode(9);
	TreeNode *_2root10 = new TreeNode(10);
	TreeNode *_2root11 = new TreeNode(11);
	TreeNode *_2root12 = new TreeNode(12);

	_2root1->left = _2root2;
	_2root1->right = _2root3;

	_2root2->left = _2root4;
	_2root2->right = _2root5;

	_2root3->left = _2root6;
	_2root3->right = _2root7;

	_2root4->left = _2root8;
	_2root4->right = _2root9;

	_2root5->left = _2root10;
	_2root5->right = _2root11;

	_2root6->left = _2root12;
	_2root6->right = NULL;

	_2root7->left = NULL;
	_2root7->right = NULL;

	_2root8->left = NULL;
	_2root8->right = NULL;

	_2root9->left = NULL;
	_2root9->right = NULL;

	_2root10->left = NULL;
	_2root10->right = NULL;

	_2root11->left = NULL;
	_2root11->right = NULL;

	_2root12->left = NULL;
	_2root12->right = NULL;

	Solution s;
	int s11,s12,s21,s22;

	clock_t start,finish;
	start = clock();
	for(int i = 0;i < 1000000;i++)
	    s11 = s.dc(_1root);
	finish = clock();
	double t11 = double(finish - start);
	start = clock();
	for(int i = 0;i < 1000000;i++)
	    s12 = s.recurseTree(_1root);
	finish = clock();
	double t12 = double(finish - start);

	start = clock();
	for(int i = 0;i < 1000000;i++)
	    s21 = s.dc(_2root1);
	finish = clock();
	double t21 = double(finish - start);
	start = clock();
	for(int i = 0;i < 1000000;i++)
	    s22 = s.recurseTree(_2root1);
	finish = clock();
	double t22 = double(finish - start);

	cout<<"s11:"<<s11<<"time:"<<t11<<"ms"<<endl;
	cout<<"s12:"<<s12<<"time:"<<t12<<"ms"<<endl;
	cout<<"s21:"<<s21<<"time:"<<t21<<"ms"<<endl;
	cout<<"s22:"<<s22<<"time:"<<t22<<"ms"<<endl;
}

  

5。给出一串数字,判断是否为有效二叉查找树的后序遍历序列(及是否能够通过这串后序遍历序列构造出二叉查找树)。

    最先想到的思路,将当前序列排序,有序的假设为中序遍历序列,这样可以类似还原BST。利用后序的序列不断的分割中序。有序的序列是否能够在后序中为一串连续的空间,如果连续即可构造出BST。这种方法的时间复杂度可以从O(n2)优化至O(nlgn),利用hash表。

    有一个更好的思路,不利用中序,直接利用后序,首先利用最后的根节点,利用二分查找nlgn得到分割点,当前元素小于根,下一个元素大于根,考虑一些边界情况。

    然后,根节点之前的为左子树,其上界为根节点;根节点之后的为右子树,其下界为根节点,递归下去,递归至一个元素,如果符合上下界的条件,即可形成BST。

    

class Solution {
public: //postorder sequece and checkout if it can be construct BST bool validBST(vector<int> &postorder) { return validBST_recurse(postorder, 0, postorder.size() - 1, INT_MIN, INT_MAX); } bool validBST_recurse(vector<int> &postorder, int start, int end, int min, int max) { if(end < start) { return true; } if(end == start) { return postorder[end] > min && postorder[end] < max; } int partition = binaryPartition(postorder,start,end); bool left = validBST_recurse(postorder, start, partition, min, postorder[end]); bool right = validBST_recurse(postorder, partition+1, end-1, postorder[end], max); return left&&right; } //partition to two part, postorder[p] < postorder[end] && portorder[p+1] > postorder[end] int binaryPartition(vector<int> &postorder, int start, int end) { int target = postorder[end]; int mid; end = end - 1; if(start == end) return start; while(start < end) { mid = (start + end)/2; if(postorder[mid] < target && (mid == end || postorder[mid+1] > target)) { return mid; } else if(postorder[mid] > target && (mid == start || postorder[mid-1] < target)) { return mid-1; } else if(postorder[mid] < target) { start = mid + 1; } else { end = mid - 1; } } return -1; } }

  

posted @ 2014-06-10 09:40  weixliu  阅读(...)  评论(...编辑  收藏