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                    程序員編程藝術：第五章、尋找和為定值的兩個或多個數
 

    作者：July，yansha，zhouzhenren。
    致謝：微軟100題實現組，編程藝術室。
    微博：http://weibo.com/julyweibo   。
    出處：http://blog.csdn.net/v_JULY_v  。
    wiki：http://tctop.wikispaces.com/。
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前奏

    希望此編程藝術系列能給各位帶來的是一種方法，一種創造力，一種舉一反三的能力。本章依然同第四章一樣，選取比較簡單的面試題，恭祝各位旅途愉快。同樣，有任何問題，歡迎不吝指正。謝謝。

第一節、尋找和為定值的兩個數
第14題（數組）：
題目：輸入一個數組和一個數字，在數組中查找兩個數，使得它們的和正好是輸入的那個數字。
要求時間復雜度是O(n)。如果有多對數字的和等于輸入的數字，輸出任意一對即可。
例如輸入數組1、2、4、7、11、15和數字15。由于4+11=15，因此輸出4和11。

分析：

咱們試著一步一步解決這個問題（注意闡述中數列有序無序的區別）：

1. 直接窮舉，從數組中任意選取兩個數，判定它們的和是否為輸入的那個數字。此舉復雜度為O（N^2）。很顯然，我們要尋找效率更高的解法。
2. 題目相當于，對每個a[i]，然后查找判斷sum-a[i]是否也在原始序列中，每一次要查找的時間都要花費為O（N），這樣下來，最終找到兩個數還是需要O（N^2）的復雜度。那如何提高查找判斷的速度列?對了，二分查找，將原來O（N）的查找時間提高到O（logN），這樣對于N個a[i]，都要花logN的時間去查找相對應的sum-a[i]是否在原始序列中，總的時間復雜度已降為O（N*logN），且空間復雜度為O（1）。（如果有序，直接二分O（N*logN），如果無序，先排序后二分，復雜度同樣為O（N*logN+N*logN）=O（N*logN），空間總為O（1））。
3. 有沒有更好的辦法列?咱們可以依據上述思路2的思想，a[i]在序列中，如果a[i]+a[k]=sum的話，那么sum-a[i]（a[k]）也必然在序列中，，舉個例子，如下：
   原始序列：1、 2、 4、 7、11、15     用輸入數字15減一下各個數，得到對應的序列為：
   對應序列：14、13、11、8、4、 0      
   第一個數組以一指針i 從數組最左端開始向右掃描，第二個數組以一指針j 從數組最右端開始向左掃描，如果下面出現了和上面一樣的數，即a[*i]=a[*j]，就找出這倆個數來了。如上，i，j最終在第一個，和第二個序列中找到了相同的數4和11，，所以符合條件的兩個數，即為4+11=15。怎么樣，兩端同時查找，時間復雜度瞬間縮短到了O（N），但卻同時需要O（N）的空間存儲第二個數組（@飛羽：要達到O(N)的復雜度，第一個數組以一指針i 從數組最左端開始向右掃描，第二個數組以一指針j 從數組最右端開始向左掃描，首先初始i指向元素1，j指向元素0，誰指的元素小，誰先移動，由于1（i）>0（j），所以i不動，j向左移動。然后j移動到元素4發現大于元素1，故而停止移動j，開始移動i，直到i指向4，這時,i指向的元素與j指向的元素相等，故而判斷4是滿足條件的第一個數；然后同時移動i,j再進行判斷，直到它們到達邊界）。
4. 當然，你還可以構造hash表，正如編程之美上的所述，給定一個數字，根據hash映射查找另一個數字是否也在數組中，只需用O（1）的時間，這樣的話，總體的算法通上述思路3 一樣，也能降到O（N），但有個缺陷，就是構造hash額外增加了O（N）的空間，此點同上述思路 3。不過，空間換時間，仍不失為在時間要求較嚴格的情況下的一種好辦法。
5. 如果數組是無序的，先排序（n*logn），然后用兩個指針i，j，各自指向數組的首尾兩端，令i=0，j=n-1，然后i++，j--，逐次判斷a[i]+a[j]?=sum，如果某一刻a[i]+a[j]>sum，則要想辦法讓sum的值減小，所以此刻i不動，j--，如果某一刻a[i]+a[j]<sum，則要想辦法讓sum的值增大，所以此刻i++，j不動。所以，數組無序的時候，時間復雜度最終為O（n*logn+n）=O（n*logn），若原數組是有序的，則不需要事先的排序，直接O（n）搞定，且空間復雜度還是O（1），此思路是相對于上述所有思路的一種改進。（如果有序，直接兩個指針兩端掃描，時間O（N），如果無序，先排序后兩端掃描，時間O（N*logN+N）=O（N*logN），空間始終都為O（1））。（與上述思路2相比，排序后的時間開銷由之前的二分的n*logn降到了掃描的O（N））。

總結：

• 不論原序列是有序還是無序，解決這類題有以下三種辦法：1、二分（若無序，先排序后二分），時間復雜度總為O（n*logn），空間復雜度為O（1）；2、掃描一遍X-S[i]  映射到一個數組或構造hash表，時間復雜度為O（n），空間復雜度為O（n）；3、兩個指針兩端掃描（若無序，先排序后掃描），時間復雜度最后為：有序O（n），無序O（n*logn+n）=O（n*logn），空間復雜度都為O（1）。
• 所以，要想達到時間O（N），空間O（1）的目標，除非原數組是有序的（指針掃描法），不然，當數組無序的話，就只能先排序，后指針掃描法或二分（時間n*logn，空間O（1）），或映射或hash（時間O（n），空間O（n））。時間或空間，必須犧牲一個，自個權衡吧。
• 綜上，若是數組有序的情況下，優先考慮兩個指針兩端掃描法，以達到最佳的時（O（N）），空（O（1））效應。否則，如果要排序的話，時間復雜度最快當然是只能達到N*logN，空間O（1）則是不在話下。

代碼：

ok，在進入第二節之前，咱們先來實現思路5（這里假定數組已經是有序的），代碼可以如下編寫（兩段代碼實現）：

擴展：
1、如果在返回找到的兩個數的同時，還要求你返回這兩個數的位置列?
2、如果把題目中的要你尋找的兩個數改為“多個數”，或任意個數列?（請看下面第二節）
3、二分查找時： left <= right，right = middle - 1;left < right，right = middle;

//算法所操作的區間,是左閉右開區間,還是左閉右閉區間,這個區間,需要在循環初始化,
//循環體是否終止的判斷中,以及每次修改left,right區間值這三個地方保持一致,否則就可能出錯.

//二分查找實現一
int search(int array[], int n, int v)
{
    int left, right, middle;
 
    left = 0, right = n - 1;
 
    while (left <= right)
    {
        middle = left + (right-left)/2;   
        if (array[middle] > v)
        {
            right = middle - 1;
        }
        else if (array[middle] < v)
        {
            left = middle + 1;
        }
        else
        {
            return middle;
        }
    }
 
    return -1;
}

//二分查找實現二
int search(int array[], int n, int v)
{
    int left, right, middle;
 
    left = 0, right = n;
 
    while (left < right)
    {
        middle = left + (right-left)/2;    
  
        if (array[middle] > v)
        {
            right = middle;
        }
        else if (array[middle] < v)
        {
            left = middle + 1;
        }
        else
        {
            return middle;
        }
    }
 
    return -1;
}

第二節、尋找和為定值的多個數
第21題（數組）
2010年中興面試題
編程求解：
輸入兩個整數 n 和 m，從數列1，2，3.......n 中 隨意取幾個數,
使其和等于 m ,要求將其中所有的可能組合列出來。

解法一
我想，稍后給出的程序已經足夠清楚了，就是要注意到放n，和不放n個區別，即可，代碼如下：

解法二
@zhouzhenren：
這個問題屬于子集和問題（也是背包問題）。本程序采用 回溯法+剪枝
X數組是解向量，t=∑(1,..,k-1)Wi*Xi, r=∑(k,..,n)Wi
若t+Wk+W(k+1)<=M,則Xk=true，遞歸左兒子(X1,X2,..,X(k-1),1)；否則剪枝；
若t+r-Wk>=M && t+W(k+1)<=M,則置Xk=0，遞歸右兒子(X1,X2,..,X(k-1),0)；否則剪枝；
本題中W數組就是(1,2,..,n),所以直接用k代替WK值。

代碼編寫如下：

擴展：

1、從一列數中篩除盡可能少的數使得從左往右看，這些數是從小到大再從大到小的（網易）。

2、有兩個序列a,b，大小都為n,序列元素的值任意整數，無序；
要求：通過交換a,b中的元素，使[序列a元素的和]與[序列b元素的和]之間的差最小。
例如:  
var a=[100,99,98,1,2, 3];
var b=[1, 2, 3, 4,5,40];（微軟100題第32題）。

    @well：[fairywell]:
給出擴展問題 1 的一個解法：
1、從一列數中篩除盡可能少的數使得從左往右看，這些數是從小到大再從大到小的（網易）。
雙端 LIS 問題，用 DP 的思想可解，目標規劃函數 max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 為從左到右， 0 ~ i 個數之間滿足遞增的數字個數； c[i] 為從右到左， n-1 ~ i 個數之間滿足遞增的數字個數。最后結果為 n - max + 1。其中 DP 的時候，可以維護一個 inc[] 數組表示遞增數字序列，inc[i] 為從小到大第 i 大的數字，然后在計算 b[i] c[i] 的時候使用二分查找在 inc[] 中找出區間 inc[0] ~ inc[i-1] 中小于 a[i] 的元素個數（low）。
源代碼如下：

1. /** 
2. * The problem: 
3. * 從一列數中篩除盡可能少的數使得從左往右看，這些數是從小到大再從大到小的（網易）。 
4. * use binary search, perhaps you should compile it with -std=c99 
5. * fairywell 2011 
6. */  
7. #include <stdio.h>  
8.   
9. #define MAX_NUM    (1U<<31)  
10.   
11. int  
12. main()  
13. {  
14.     int i, n, low, high, mid, max;  
15.       
16.     printf("Input how many numbers there are: ");  
17.     scanf("%d/n", &n);  
18.     /* a[] holds the numbers, b[i] holds the number of increasing numbers 
19.     * from a[0] to a[i], c[i] holds the number of increasing numbers 
20.     * from a[n-1] to a[i] 
21.     * inc[] holds the increasing numbers 
22.     * VLA needs c99 features, compile with -stc=c99 
23.     */  
24.     double a[n], b[n], c[n], inc[n];  
25.       
26.     printf("Please input the numbers:/n");  
27.     for (i = 0; i < n; ++i) scanf("%lf", &a[i]);  
28.       
29.     // update array b from left to right  
30.     for (i = 0; i < n; ++i) inc[i] = (unsigned) MAX_NUM;  
31.     //b[0] = 0;  
32.     for (i = 0; i < n; ++i) {  
33.         low = 0; high = i;  
34.         while (low < high) {  
35.             mid = low + (high-low)*0.5;  
36.             if (inc[mid] < a[i]) low = mid + 1;  
37.             else high = mid;  
38.         }  
39.         b[i] = low + 1;  
40.         inc[low] = a[i];  
41.     }  
42.       
43.     // update array c from right to left  
44.     for (i = 0; i < n; ++i) inc[i] = (unsigned) MAX_NUM;  
45.     //c[0] = 0;  
46.     for (i = n-1; i >= 0; --i) {  
47.         low = 0; high = i;  
48.         while (low < high) {  
49.             mid = low + (high-low)*0.5;  
50.             if (inc[mid] < a[i]) low = mid + 1;  
51.             else high = mid;  
52.         }  
53.         c[i] = low + 1;  
54.         inc[low] = a[i];  
55.     }  
56.       
57.     max = 0;  
58.     for (i = 0; i < n; ++i )  
59.         if (b[i]+c[i] > max) max = b[i] + c[i];  
60.         printf("%d number(s) should be erased at least./n", n+1-max);  
61.         return 0;  
62. }  

 

@yansha：fairywell的程序很贊，時間復雜度O(nlogn)，這也是我能想到的時間復雜度最優值了。不知能不能達到O(n)。

擴展題第2題

當前數組a和數組b的和之差為
    A = sum(a) - sum(b)

a的第i個元素和b的第j個元素交換后，a和b的和之差為
    A' = sum(a) - a[i] + b[j] - （sum(b) - b[j] + a[i])
           = sum(a) - sum(b) - 2 (a[i] - b[j])
           = A - 2 (a[i] - b[j])

設x = a[i] - b[j]，得
    |A| - |A'| = |A| - |A-2x|

    假設A > 0,

    當x 在 (0,A)之間時，做這樣的交換才能使得交換后的a和b的和之差變小，x越接近A/2效果越好,
    如果找不到在(0,A)之間的x，則當前的a和b就是答案。

所以算法大概如下：
    在a和b中尋找使得x在(0,A)之間并且最接近A/2的i和j，交換相應的i和j元素，重新計算A后，重復前面的步驟直至找不到(0,A)之間的x為止。 

接上，@yuan：
a[i]-b[j]要接近A/2，則可以這樣想，
我們可以對于a數組的任意一個a[k],在數組b中找出與a[k]-C最接近的數（C就是常數，也就是0.5*A）
這個數要么就是a[k]-C，要么就是比他稍大，要么比他稍小，所以可以要二分查找。

查找最后一個小于等于a[k]-C的數和第一個大于等于a[k]-C的數，
然后看哪一個與a[k]-C更加接近，所以T(n) = nlogn。

除此之外，受本文讀者xiafei1987128啟示，有朋友在stacoverflow上也問過一個類似的題，:-)，見此：http://stackoverflow.com/questions/9047908/swap-the-elements-of-two-sequences-such-that-the-difference-of-the-element-sums。感興趣的可以看看。

本章完。

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