《剑指Offer》题目解析（9）
题目6 第一次只出现一次的字符
题目描述
在一个字符串(0<=字符串长度<=10000，全部由字母组成)中找到第一个只出现一次的字符,并返回它的位置, 如果没有则返回 -1（需要区分大小写）。
题目解析
只要这种问题，就可以想到HashTable，但是由于这个问题很简单，而且字符串全部由字母组成，那么每个字母的ASCII码肯定不一样，我们就可以用一个长度为52的数组来记录他们出现的次数，对于字母每出现一次，就对它加1。
当然我们这里为了通用性，可以使用对任意字符进行判断，那么我们就可以考虑实现一个简单的哈希表。字符是一个长度为8的数据类型，所以有256种可能，于是可以创建一个长度为256的数组，每个字符根据其ASCII码值作为数组的下表对应数组的一个数字，而数组中存储的是每个字符出现的次数。
第一次扫描时，在河西表中更新一个字符出现的次数的时间是O(1)。如果字符串长度为n，那么第一次扫描的时间复杂度是O(n)。第二次扫描时，同样在O(1)时间内能独处一个字符出现的次数，所以时间复杂度仍然是O(n)。这样算起来，总的时间复杂度是O(n)。同时，我们需要一个包含256个字符的辅助数组，它的代销为1kb。由于这个数组的大小是一个常数，因此可以认为空间复杂度为O(1)。
代码
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int FirstNotRepeatingChar(string str) { int asc[256]={0}; int len=str.size(); if(len==0) return -1; for(int i=0;i<len;i++) asc[str[i]]++; for(int i=0;i<len;i++) { if(asc[str[i]]==1) return i; } return -1; } |
题目7 丑数
题目描述
把只包含质因子2、3和5的数称作丑数（Ugly Number）。例如6、8都是丑数，但14不是，因为它包含质因子7。 习惯上我们把1当做是第一个丑数。求按从小到大的顺序的第N个丑数。
题目解析
代码1中所述是最简单的判断方法，很直观，但是效率不够高。
代码1
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bool isUgly(int number) { while(number%2==0) number/=2; while(number%3==0) number/=3; while(number%/5==0) number/=5; return (number==1)?true:false; } int GetUglyNumber(int index) { if(index<=0) return 0; int number=0; int uglyFound=0; while(uglyFound<index) { ++number; if(isUgly(number)) { uglyFound++; } } return number; } |
题目8 数字在排序数组中出现的次数
题目描述
统计一个数字在排序数组中出现的次数。
题目解析
最简单的方法就是直接for循环，这个复杂度是O(n)。
代码
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int GetNumberOfK(vector<int> data ,int k) { int len = data.size(); int count=0; for(int i=0;i<len;i++) { if(data[i]==k) ++count; } return count; } |
题目9 两个链表的第一个公共节点
题目描述
输入两个链表，找出它们的第一个公共结点。
代码
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ListNode* FindFirstCommonNode( ListNode *pHead1, ListNode *pHead2) { int len1 = findListLenth(pHead1); int len2 = findListLenth(pHead2); //如果两个长度不相等，就把长的那个链表上的指针从开头往后移动|len1-len2|个位置，这样就相当于两个链表同一起跑线开始。 if(len1 > len2){ pHead1 = walkStep(pHead1,len1 - len2); }else{ pHead2 = walkStep(pHead2,len2 - len1); } //由于这个时候两个链表从指针所在位置往后长度肯定一致，所以这里指定pHead1和pHead2判断是否到尾部都可以 while(pHead1 != NULL){ //如果两个结点相等，自然就是第一个公共节点了，否则往后继续找 if(pHead1 == pHead2) return pHead1; pHead1 = pHead1->next; pHead2 = pHead2->next; } return NULL; } int findListLenth(ListNode *pHead1){ if(pHead1 == NULL) return 0; int sum = 1; while(pHead1 = pHead1->next) sum++; return sum; } ListNode* walkStep(ListNode *pHead1, int step){ while(step--){ pHead1 = pHead1->next; } return pHead1; } |
题目10 数组中的逆序对
题目描述
在数组中的两个数字，如果前面一个数字大于后面的数字，则这两个数字组成一个逆序对。输入一个数组,求出这个数组中的逆序对的总数P。并将P对1000000007取模的结果输出。 即输出P%1000000007
题目解析
我们以数组{7,5,6,4}为例来分析统计逆序对的过程。每次扫描到一个数字的时候，我们不拿ta和后面的每一个数字作比较，否则时间复杂度就是O(n^2)，因此我们可以考虑先比较两个相邻的数字。
(a) 把长度为4的数组分解成两个长度为2的子数组；
(b) 把长度为2的数组分解成两个成都为1的子数组；
(c) 把长度为1的子数组 合并、排序并统计逆序对 ；
(d) 把长度为2的子数组合并、排序，并统计逆序对；
在上图（a）和（b）中，我们先把数组分解成两个长度为2的子数组，再把这两个子数组分别拆成两个长度为1的子数组。接下来一边合并相邻的子数组，一边统计逆序对的数目。在第一对长度为1的子数组{7}、{5}中7大于5，因此（7,5）组成一个逆序对。同样在第二对长度为1的子数组{6}、{4}中也有逆序对（6,4）。由于我们已经统计了这两对子数组内部的逆序对，因此需要把这两对子数组 排序 如上图（c）所示， 以免在以后的统计过程中再重复统计。
接下来我们统计两个长度为2的子数组子数组之间的逆序对。合并子数组并统计逆序对的过程如下图如下图所示。
我们先用两个指针分别指向两个子数组的末尾，并每次比较两个指针指向的数字。如果第一个子数组中的数字大于第二个数组中的数字，则构成逆序对，并且逆序对的数目等于第二个子数组中剩余数字的个数，如下图（a）和（c）所示。如果第一个数组的数字小于或等于第二个数组中的数字，则不构成逆序对，如图b所示。每一次比较的时候，我们都把较大的数字从后面往前复制到一个辅助数组中，确保 辅助数组（记为copy） 中的数字是递增排序的。在把较大的数字复制到辅助数组之后，把对应的指针向前移动一位，接下来进行下一轮比较。
过程：先把数组分割成子数组，先统计出子数组内部的逆序对的数目，然后再统计出两个相邻子数组之间的逆序对的数目。在统计逆序对的过程中，还需要对数组进行排序。如果对排序算法很熟悉，我们不难发现这个过程实际上就是归并排序。
代码
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int InversePairs(int* data, int length) { if(data==nullptr||length<0) return 0; int* copy=new int[length]; for(int i=0;i<length;++i) copy[i]=data[i]; int count=InversePairsCore(data,copy,0,length-1); delete[] copy; return count; } int InversePairsCore(int*data,int*copy,int start,int end) { if(start==end) { copy[start]=data[start]; return 0; } int length=(end-start)/2; int left=InversePairsCore(copy,data,start,start+length); int right=InversePairsCore(copy,data,start+length+1,end); //i初始化为前半段最后一个数字的下标 int i=start+length; //j初始化为后半段最后一个数字的下标 int j=end; int indexCopy=end; int count=0; while(i>=start&&j>=start+length+1) { if(data[i]>data[j]) { copy[indexCopy--]=data[i--]; count+=j-start-length; } else { copy[indexCopy--]=data[j--]; } } for(;i>=start;--i) copy[indexCopy--]=data[i]; for(;j>=start+length+1;--j) copy[indexCopy--]=data[j]; return left+right+count; } |
