大厂算法面试之 leetcode 精讲 10. 递归 & 分治
作者：全栈潇晨
- 2021 年 11 月 29 日
本文字数：7506 字
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大厂算法面试之 leetcode 精讲 10.递归 &分治
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目录：
递归三要素
递归函数以及参数
递归终止条件
递归单层搜索逻辑
递归伪代码模版：
function recursion(level, param1, param2, ...) { //递归终止条件 if (level > MAX_LEVEL) { // output result return; }
//处理当前层 process_data(level, data, ...);
//进入下一层 recursion(level + 1, p1, ...);
//重置状态 reverse_state(level);}
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什么是分治：
分治会将大问题拆解成小问题，拆解到最小问题之后，开始不断合并结果，递归是分治实现的一种形式或者是分治实现的一部分，分治包括三分部分，分解、计算、合并。分治的场景很多，例如快速排序，归并排序。
分治伪代码模版：
function divide_conquer(problem, param1, param2, ...){ if(problem === null){ // return result }
//分割问题 subproblem = split_problem(problem, data)
//计算子问题 subResult1 = divide_conquer(subproblem[0], p1, ...) subResult2 = divide_conquer(subproblem[1], p1, ...) subResult3 = divide_conquer(subproblem[2], p1, ...) ...
result = process_resule(subResult1, subResult2, subResult3,...)}
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举例
计算 n! n! = 1 * 2 * 3... * n
function factorial(n) { if (n <= 1) return 1; return n * factorial(n - 1);}
factorial(6);6 * factorial(5);6 * 5 * factorial(4);//...6 * 5 * 4 * 3 * 2 * factorial(1);6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1;6 * 5 * 4 * 3 * 2;//...6 * 120;720;
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斐波那契数列，F(n)=F(n-1)+F(n+2)
function fib(n) { if (n === 0 || n === 1) { return n; } return fib(n - 1) + fib(n - 2);}
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50. Pow(x, n) (medium)
方法 1：分治
思路：当 n 是偶数的时候，对 n 进行分治，拆解为
x*x的n/2的次方，当 n 为奇数的时候拆分成x * myPow(x,n-1),注意当 n 是负数或者是 0 的特殊情况复杂度分析：时间复杂度：
O(logn)， n 是进行二进制拆分的时间复杂度。空间复杂度：O(logn), n 为递归深度
js：
var myPow = function (x, n) { if (n === 0) return 1 // n=0直接返回1 if (n < 0) { //n<0时 x的n次方等于1除以x的-n次方分 return 1 / myPow(x, -n) } if (n % 2) { //n是奇数时 x的n次方 = x*x的n-1次方 return x * myPow(x, n - 1) } return myPow(x * x, n / 2) //n是偶数，使用分治，一分为二，等于x*x的n/2次方 }
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Java：
class Solution { public double myPow(double x, int n) { long N = n; return N >= 0 ? pow(x, N) : 1.0 / pow(x, -N); }
public double pow(double x, long y) { if (y == 0) { return 1.0; } double ret = pow(x, y / 2); return y % 2 == 0 ? ret * ret : ret * ret * x; }}
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方法 2：二进制
思路：对 n 的二进制不断右移动，判断 n 的二进制最后一位是否是 1， 如果是 1 则将结果乘以 x。
复杂度分析：时间复杂度
O(logn)： n 为对 n 进行二进制拆分的时间复杂度，空间复杂度O(1)
js:
var myPow = function (x, n) { if (n < 0) { x = 1 / x; n = -n; } let result = 1; while (n) { if (n & 1) result *= x; //判断n的二进制最后一位是否是1， 如果是1则将结果乘以x x *= x; n >>>= 1; //进行无符号右移1位，此处不能使用有符号右移（>>） //当n为-2^31转换成正数时的二进制位“10000000000000000000000000000000” , //如果采用有符号右移时会取最左侧的数当符号即（1），所以返回的结果是 -1073741824 /* C++ 中只有一种右移运算符——>>。它的定义如下：移出的低位舍弃； 如果是无符号数，高位补0；如果是有符号数，高位补符号位。 而JavaScript中有两种右移运算符——>>和>>>。其中>>是有符号右移， 即高位补符号位（可能会出现负数变正数，正数变负数的异常情况）；>>>是无符号右移，高位无脑补0。 */ } return result;}
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Java:
class Solution { public double myPow(double x, int n) { if(x == 0.0f) return 0.0d; long b = n; double result = 1.0; if(b < 0) { x = 1 / x; b = -b; } while(b > 0) { if((b & 1) == 1) result *= x; x *= x; b >>= 1; } return result; }}
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169. 多数元素（easy）
方法 1.排序
思路：排序数组，如果有一个数字出现的频率大于
n/2，则在数组nums.length / 2的位置就是这个数复杂度分析：时间复杂度：
O(nlogn)，快排的时间复杂度。空间复杂度：O(logn)，排序需要logn的空间复杂度
js：
var majorityElement = function (nums) { nums.sort((a, b) => a - b); return nums[Math.floor(nums.length / 2)];};
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Java:
class Solution { public int majorityElement(int[] nums) { Arrays.sort(nums); return nums[nums.length / 2]; }}
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方法 2.哈希表
思路：循环数组，用哈希表存储数字和对应的个数，如果数字出现的个数大于
n/2则返回这个数复杂度分析：时间复杂度：
O(n)，n 为 nums 数组的长度。空间复杂度：O(n），哈希表需要的空间
js:
var majorityElement = function (nums) { let half = nums.length / 2; let obj = {}; for (let num of nums) { obj[num] = (obj[num] || 0) + 1; if (obj[num] > half) return num; }};
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Java:
class Solution { public int majorityElement(int[] nums) { Map<Integer,Integer> obj = new HashMap<>(); for(int num : nums){ obj.put(num, obj.getOrDefault(num, 0) + 1); if(obj.get(num) > nums.length / 2) return num; } return 0; }}
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方法 3:抵消
js：
//[1,1,2,2,2]const majorityElement = nums => { let count = 1; let majority = nums[0]; for (let i = 1; i < nums.length; i++) { if (count === 0) { majority = nums[i]; } if (nums[i] === majority) { count++; } else { count--; } } return majority;};
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java:
class Solution { public int majorityElement(int[] num) { int majority = num[0]; int count = 1; for (int i = 1; i < num.length; i++) { if (count == 0) { count++; majority = num[i]; } else if (majority == num[i]) { count++; } else { count--; } } return majority; }}
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方法 4.分治
思路：不断从数组的中间进行递归分割，直到每个区间的个数是 1，然后向上合并左右区间个数较多的数，向上返回。
复杂度分析：时间复杂度：
O(nlogn)，不断二分，复杂度是logn，二分之后每个区间需要线性统计 left 与 right 的个数，复杂度是 n。空间复杂度：O(logn)，递归栈的消耗，不断二分。
Js:
var majorityElement = function (nums) { const getCount = (num, lo, hi) => {//统计lo到hi之间num的数量 let count = 0;
for (let i = lo; i <= hi; i++) { if (nums[i] === num) count++; }
return count; };
const getMode = (lo, hi) => { if (lo === hi) return nums[lo]; //拆分成更小的区间 let mid = Math.floor((lo + hi) / 2); let left = getMode(lo, mid); let right = getMode(mid + 1, hi);
if (left === right) return left;
let leftCount = getCount(left, lo, hi);//统计区间内left的个数 let rightCount = getCount(right, lo, hi);//统计区间内right的个数
return leftCount > rightCount ? left : right;//返回left和right中个数多的那个 }; return getMode(0, nums.length - 1);};
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Java:
class Solution { private int getCount(int[] nums, int num, int lo, int hi) { int count = 0; for (int i = lo; i <= hi; i++) { if (nums[i] == num) { count++; } } return count; }
private int getMode(int[] nums, int lo, int hi) { if (lo == hi) { return nums[lo]; }
int mid = (hi - lo) / 2 + lo; int left = getMode(nums, lo, mid); int right = getMode(nums, mid + 1, hi);
if (left == right) { return left; }
int leftCount = getCount(nums, left, lo, hi); int rightCount = getCount(nums, right, lo, hi);
return leftCount > rightCount ? left : right; }
public int majorityElement(int[] nums) { return getMode(nums, 0, nums.length - 1); }}
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124. 二叉树中的最大路径和 (hard)
方法 1.递归
思路：从根节点递归，每次递归分为走左边、右边、不动 3 种情况，用当前节点加上左右子树最大路径和不断更新最大路径和
复杂度：时间复杂度
O(n)，n 为树的节点个数。空间复杂度O(n)，递归深度，最差情况下为数的节点数
js：
const maxPathSum = (root) => { let maxSum = Number.MIN_SAFE_INTEGER;//初始化最大路径和
const dfs = (root) => { if (root == null) {//遍历节点是null 返回0 return 0; } const left = dfs(root.left); //递归左子树最大路径和 const right = dfs(root.right); //递归右子树最大路径和
maxSum = Math.max(maxSum, left + root.val + right); //更新最大值
//返回当前子树的路径和 分为走左边、右边、不动 3种情况 const pathSum = root.val + Math.max(0, left, right); return pathSum < 0 ? 0 : pathSum; };
dfs(root);
return maxSum; };
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java：
class Solution { int maxSum = Integer.MIN_VALUE;
public int dfs(TreeNode root){ if (root == null) { return 0; } int left = dfs(root.left); int right = dfs(root.right);
maxSum = Math.max(maxSum, left + root.val + right);
int pathSum = root.val + Math.max(Math.max(0, left), right); return pathSum < 0 ? 0 : pathSum; }
public int maxPathSum(TreeNode root) { dfs(root); return maxSum; }}
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53. 最大子序和 （easy）
方法 1:动态规划
思路：当前最大子序和只和前面的子序和相关，循环数组，不断更新最大子序和
复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(1)
js：
var maxSubArray = function(nums) { const dp = []; let res = (dp[0] = nums[0]);//初始化状态 for (let i = 1; i < nums.length; ++i) { dp[i] = nums[i]; if (dp[i - 1] > 0) {//前面的状态是正数 则加上 dp[i] += dp[i - 1]; } res = Math.max(res, dp[i]);//更新最大值 } return res;};
//状态压缩var maxSubArray = function(nums) { let pre = 0, maxAns = nums[0]; nums.forEach((x) => { pre = Math.max(pre + x, x); maxAns = Math.max(maxAns, pre); }); return maxAns;};
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java：
class Solution { public int maxSubArray(int[] nums) { int pre = 0, maxAns = nums[0]; for (int x : nums) { pre = Math.max(pre + x, x); maxAns = Math.max(maxAns, pre); } return maxAns; }}
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方法 2.分治
思路：不断分割，直到每个部分是一个数字为止，然后不断合并，返回左右和左右合并之后，3 个最大子序和中的最大的一个
复杂度：时间复杂度
O(nlogn)，二分复杂度O(logn)，二分之后每一层统计左右和合并之后的最大子序和复杂度是O(n)，所以之后的复杂度是O(nlogn)。空间复杂度O(logn)，递归的栈空间，因为是二分，每次数据规模减半
js：
function crossSum(nums, left, right, mid) { if (left === right) {//左右相等 返回左边的值 return nums[left]; }
let leftMaxSum = Number.MIN_SAFE_INTEGER;//左边最大值初始化 let leftSum = 0; for (let i = mid; i >= left; --i) { leftSum += nums[i]; leftMaxSum = Math.max(leftMaxSum, leftSum);//更新左边最大子序和 }
let rightMaxSum = Number.MIN_SAFE_INTEGER; let rightSum = 0; for (let i = mid + 1; i <= right; ++i) { rightSum += nums[i]; rightMaxSum = Math.max(rightMaxSum, rightSum);//更新右边最大子序和 }
return leftMaxSum + rightMaxSum;//返回左右合并之后的最大子序和}
function _maxSubArray(nums, left, right) { if (left === right) {//递归终止条件 return nums[left]; }
const mid = Math.floor((left + right) / 2); const lsum = _maxSubArray(nums, left, mid);//左边最大子序和 const rsum = _maxSubArray(nums, mid + 1, right);//右边最大子序和 const cross = crossSum(nums, left, right, mid);//合并左右的之后的最大子序和
return Math.max(lsum, rsum, cross);//返回3中子序和中最大的}
var maxSubArray = function(nums) { return _maxSubArray(nums, 0, nums.length - 1);};
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java：
public class Solution {
public int maxSubArray(int[] nums) { int len = nums.length; if (len == 0) { return 0; } return _maxSubArray(nums, 0, len - 1); }
private int crossSum(int[] nums, int left, int mid, int right) { int sum = 0; int leftSum = Integer.MIN_VALUE; for (int i = mid; i >= left; i--) { sum += nums[i]; if (sum > leftSum) { leftSum = sum; } } sum = 0; int rightSum = Integer.MIN_VALUE; for (int i = mid + 1; i <= right; i++) { sum += nums[i]; if (sum > rightSum) { rightSum = sum; } } return leftSum + rightSum; }
private int _maxSubArray(int[] nums, int left, int right) { if (left == right) { return nums[left]; } int mid = left + (right - left) / 2; return max3(_maxSubArray(nums, left, mid), _maxSubArray(nums, mid + 1, right), crossSum(nums, left, mid, right)); }
private int max3(int num1, int num2, int num3) { return Math.max(num1, Math.max(num2, num3)); }}
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938. 二叉搜索树的范围和 (easy)
方法 1:dfs
复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(n)
js:
var rangeSumBST = function(root, low, high) { if (!root) { return 0; } if (root.val > high) { return rangeSumBST(root.left, low, high); } if (root.val < low) { return rangeSumBST(root.right, low, high); } return root.val + rangeSumBST(root.left, low, high) + rangeSumBST(root.right, low, high);};
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java:
class Solution { public int rangeSumBST(TreeNode root, int low, int high) { if (root == null) { return 0; } if (root.val > high) { return rangeSumBST(root.left, low, high); } if (root.val < low) { return rangeSumBST(root.right, low, high); } return root.val + rangeSumBST(root.left, low, high) + rangeSumBST(root.right, low, high); }}
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方法 2:bfs
复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(n)
js：
var rangeSumBST = function(root, low, high) { let sum = 0; const q = [root]; while (q.length) { const node = q.shift(); if (!node) { continue; } if (node.val > high) { q.push(node.left); } else if (node.val < low) { q.push(node.right); } else { sum += node.val; q.push(node.left); q.push(node.right); } } return sum;};
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java：
class Solution { public int rangeSumBST(TreeNode root, int low, int high) { int sum = 0; Queue<TreeNode> q = new LinkedList<TreeNode>(); q.offer(root); while (!q.isEmpty()) { TreeNode node = q.poll(); if (node == null) { continue; } if (node.val > high) { q.offer(node.left); } else if (node.val < low) { q.offer(node.right); } else { sum += node.val; q.offer(node.left); q.offer(node.right); } } return sum; }}
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发布于: 2 小时前阅读数: 5
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