JavaScript 刷 LeetCode 拿 offer- 位运算
前言
经常会有人问,作为前端,你在实际工作中用到过哪些算法,而我回答一般是,树和位运算;
想想 webpack 上的那些依赖的版本类型,想想 react 源码中的那些 flag 的定义和运算,我觉得还是很有必要去学习一下位运算到底能解决一些什么问题
正文
其实位运算最典型的就运算符号就是,| & ^ 三个,但是运用到具体题目上就很灵活了,基本这个系列也只是复习一下,知道一下如何用二进制的位来存储获取值,而用二进制位这样的数据结构时,位运算就是关联使用的算法了;
其他的,我也不知道啊,就是觉得位运算好酷,有一些特殊的题目,直接用位运算就能几行解决,所以学学可以装个逼,因此这个系列暂时比较少,就两套经典题而已,以后在补充吧;
PS: 其实整理题目至此,已经有 6 组了,最初是为了复习写过的代码,但是越写越觉得自己懂的少,开始疲惫的,但是坚持下去应该会有收获的吧,加油💪
题解
136. 只出现一次的数字
只出现一次的数字 -- 所有题目都是线性时间复杂度,空间复杂度都是常数级复杂度
分析分析 -- 1 个单值,其余是两个
已知 a ^ a = 0, 0 ^ a = a ,
所以将 nums 中所有值进行异或处理,出现两次的都会被消除,而最后的结果就是唯一一次出现的那个值
时间复杂度 O(N),空间复杂度 O(1)
137. 只出现一次的数字 II
分析 -- 1 个单值 x ,其余是 3 个 y1,y2...
将 nums 数组与 [0,31] 的位进行 & 比较,找出在这个位上存在的值的数量 count;
如果 count 整除 3, 证明这个位上只存在 yi;如果不整除,证明单值 x 在这个位上,那么结果要加上这个位
注意,由于 num 的取值范围是 [-pow(2,31),pow(2,31)-1], 所以第 31 位 是可以取到的,所以遍历的时候要遍历到第 31 位,取到正负值;
时间复杂度 O(31∗N),空间复杂度 O(1)
260. 只出现一次的数字 III
只出现一次的数字 -- 所有题目都是线性时间复杂度,空间复杂度都是常数级复杂度
分析
如果题目看错是只有一个值出现一次,其余都出现两次,那么直接异或就可以得出结果;
现在是有两个值只出现一次,所以异或和得到的就是这两个值的异或和,所以需要将原数组拆解成两份
两份里分别存在一个只出现一次的值 x1 和 x2
相同的两个值要分在同一组
为了实现 2 中的条件,我们需要找出一个值 temp,让数组中的值和 temp 进行一定的比较分成两组,这时候考虑使用二进制中的
位值
先用异或将所有 nums 中的值进行运算,得到 x1 ^ x2 的值 res,
对于 res,我们知道他们是由两个值 x1,x2 异或得到,也就是说,对于 res,在某一个位上有值,那么另外一个肯定不在这个位上,不然就相互抵消了
所以找出第一个存在的位 bite 和对应的值 temp,然后这个时候就变成了,找出唯一一个单值,它存在于位 bite 上
时间复杂度 O(N),空间复杂度 O(1)
78. 子集
分析 -- 数学法
这里求的组合而不是排列,所以插入顺序与最后的结果是无关的,要保证数组中每一个子集都是唯一即可
所以对于空的数组 nums,返回的子集只有一个 [[]], 每多加一个元素,那么就是在前一个已有的子集数组基础上,在每一个子集中加上这个元素,形成新的子集
时间复杂度 2n 其中 n 是 nums 的长度参考视频:传送门
分析 -- 迭代+位运算
将可能的取值转化成位运算的位,每一个位代表 nums 的下标,如果这个位 i 为 1,则这个数组存在值 nums[i]
因此我们可以直接得到所有可能的自己的二进制数,他们的值分别是 [0,2^n-1], 其中 n 是 nums 的长度
然后我们要将这些二进制重新转成数组,然后输出出来。
时间复杂度 n∗2n 其中 n 是 nums 的长度
分析 -- 迭代
不需要进行什么位运算,直接用带状态的 dfs 去取,每次都有两个状态,取或者不取,和二叉树贼像,然后当迭代到数组最后一个值的时候,将状态数组收集起来即可
这种就好像二叉树一样,len 就是二叉树的高度,所以时间复杂度 2n
90. 子集 II -- 有重复值
分析
本题与 78. 子集 比更接近现实,数组 nums 中的值存在重复的,还是求组合而不是排列,所以必须要将相同的值放在一起,所以首先要做的就是排序
排完序之后,我们再来看上题的三中写法,是否可以复用;
先说可操作的
模拟二叉树迭代法
,这里的核心思想就是带参数的自顶向下的遍历,然后每次遍历分两种状态,一种是取值,一种是不取,而这恰好和组合去重匹配;如果在某一次的遍历中,当前路径上一次属于没有取值状态
isGet===false
, 且当前值 nums[start] 和上一个值 nums[start-1] 相等,那么这一次的遍历有且仅有一个,就是不取值,原因是上一次遍历中的isGet===true
+ 它后续子树的isGet===false
分支会与isGet===false
+ 后续子树的isGet===true
重叠,在这里我们把isGet===false
+ 后续子树的isGet===true
的分支剪去其他状态的分支可以正常遍历,直到 nums 数组遍历结束,最后得到 ret 就是去重后的
与之对应的第一种数学法没有带状态,比较难复用,第二种迭代+位运算中,是将所有可能性的位运算按照下标与转成了数字,这种情况对于去重,咋看上有点复杂,所以就不考虑了;
645. 错误的集合
分析
一般这些有单值,和出现两次的值,第一时间考虑的就是异或,可以将大部分值给筛选掉
用 [1,len] 和 nums 的中值进行异或,得到的就是丢失值 a 和 重复值 b 的异或值
需要注意,位运算符号 & | ^ 优先级低于比较匀速符,所以做比较的时候,要注意加上括号
这个题和 260. 只出现一次的数字 III 十分类似,这里只要将下标[1,2...len] 和 nums 合并,就成了有两个值分别取 1 次和 3 次,其他都取 2 次;
需要注意的是,哪一个是缺的值,也就是取 1 次的值,哪个是取 3 次,也就是重复的值,所以在得到 left 和 right 后,还需要再遍历一次
由于希望用 O(1 )
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