Bit Operation妙解算法题

清疚 2021-12-14 14:19 163阅读 0赞

5道巧妙位操作的算法题。

## \*\*\***第一道**\*\*\* ##

## **题目描述** ##

给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。

## **说明：** ##

你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗？

## **示例 1:** ##

输入: \[2,2,1\] 输出: 1

## **示例 2:** ##

输入: \[4,1,2,1,2\] 输出: 4

## **题目解析** ##

根据题目描述，由于加上了时间复杂度必须是O(n)，并且空间复杂度为O(1)的条件，因此不能用排序方法，也不能使用map数据结构。

小吴想了一下午没想出来，答案是使用 **位操作Bit Operation** 来解此题。

将所有元素做异或运算，即a\[1\] ⊕ a\[2\] ⊕ a\[3\] ⊕ …⊕ a\[n\]，所得的结果就是那个只出现一次的数字，时间复杂度为O(n)。

## **异或** ##

异或运算A ⊕ B的真值表如下：

**AB⊕**FFFFTTTFTTTF

## **动画演示** ##

![v2-4ea1cce62d1d671463f4e2c66c8d0dbb_b.gif][]

# #

## **进阶版** ##

有一个 n 个元素的数组，除了两个数只出现一次外，其余元素都出现两次，让你找出这两个只出现一次的数分别是几，要求时间复杂度为 O(n) 且再开辟的内存空间固定(与 n 无关)。

## **示例 :** ##

输入: \[1,2,2,1,3,4\] 输出: \[3,4\]

## **题目再解析** ##

根据前面找一个不同数的思路算法，在这里把所有元素都异或，那么得到的结果就是那两个只出现一次的元素异或的结果。

然后，因为这两个只出现一次的元素一定是不相同的，所以这两个元素的二进制形式肯定至少有某一位是不同的，即一个为 0 ，另一个为 1 ，现在需要找到这一位。

根据异或的性质 任何一个数字异或它自己都等于 0，得到这个数字二进制形式中任意一个为 1 的位都是我们要找的那一位。

再然后，以这一位是 1 还是 0 为标准，将数组的 n 个元素分成两部分。

*  将这一位为 0 的所有元素做异或，得出的数就是只出现一次的数中的一个
 *  将这一位为 1 的所有元素做异或，得出的数就是只出现一次的数中的另一个。

这样就解出题目。忽略寻找不同位的过程，总共遍历数组两次，时间复杂度为O(n)。

## **动画再演示** ##

![v2-8b6da8db75ef5a017c03af5fc6d0bd38_b.gif][]

## \*\*\***第二道**\*\*\* ##

题目来源于 LeetCode 上第 231 号问题：2 的幂。题目难度为 Easy，目前通过率为 45.6% 。

### **题目描述** ###

给定一个整数，编写一个函数来判断它是否是 2 的幂次方。

**示例 1:**

输入: 1
    输出: true
    解释: 20 = 1

**示例 2:**

输入: 16
    输出: true
    解释: 24 = 16

**示例 3:**

输入: 218
    输出: false

### **题目解析** ###

首先，先来分析一下 2 的次方数的二进制写法：

![v2-74c8ef2871d51ab20a10865e0fd51d95_b.jpg][]

仔细观察，可以看出 2 的次方数都只有一个 1 ，剩下的都是 0 。根据这个特点，只需要每次判断最低位是否为 1 ，然后向右移位，最后统计 1 的个数即可判断是否是 2 的次方数。

代码很简单：

class Solution {
    public:
        bool isPowerOfTwo(int n) {
            int cnt = 0;
            while (n > 0) {
                cnt += (n & 1);
                n >>= 1;
            }
            return cnt == 1;
        } 
    };

该题还有一种巧妙的解法。再观察上面的表格，如果一个数是 2 的次方数的话，那么它的二进数必然是最高位为1，其它都为 0 ，那么如果此时我们减 1 的话，则最高位会降一位，其余为 0 的位现在都为变为 1，那么我们把两数相与，就会得到 0。

比如 2 的 3 次方为 8，二进制位 1000 ，那么 `8 - 1 = 7`，其中 7 的二进制位 0111。

### **图片描述** ###

![v2-cf16193d36e38bff161d07556212f85c_b.jpg][]

### **代码实现** ###

利用这个性质，只需一行代码就可以搞定。

1 class Solution {
    2 public:
    3     bool isPowerOfTwo(int n) {
    4         return (n > 0) && (!(n & (n - 1)));
    5     } 
    6 };

## \*\*\***第三道**\*\*\* ##

\#\#\# 题目描述

给定一个整数 (32 位有符号整数)，请编写一个函数来判断它是否是 4 的幂次方。

**示例 1:**

输入: 16
    输出: true

**示例 2:**

输入: 5
    输出: false

**进阶：**  
你能不使用循环或者递归来完成本题吗？

### **题目解析** ###

这道题最直接的方法就是不停的去除以 4 ，看最终结果是否为 1 ，参见代码如下：

1 class Solution {
    2     public boolean isPowerOfFour(int num) {
    3          while ( (num != 0)  && (num % 4 == 0)) {
    4             num /= 4;
    5         }
    6         return num == 1;
    7     }
    8 }

不过这段代码使用了 **循环** ，逼格不够高。

对于一个整数而言，如果这个数是 4 的幂次方，那它必定也是 2 的幂次方。

我们先将 2 的幂次方列出来找一下其中哪些数是 4 的幂次方。

**十进制二进制**2104**100** （1 在第 3 位）8100016**10000**（1 在第 5 位）3210000064**1000000**（1 在第 7 位）12810000000256**100000000**（1 在第 9 位）51210000000001024**10000000000**（1 在第 11 位）

找一下规律： 4 的幂次方的数的二进制表示 1 的位置都是在**奇数位**。

之前在小吴的文章中判断一个是是否是 2 的幂次方数使用的是位运算 `n & ( n - 1 )`。同样的，这里依旧可以使用位运算：将这个数与特殊的数做位运算。

这个特殊的数有如下特点：

*  足够大，但不能超过 32 位，即最大为 1111111111111111111111111111111（ 31 个 1）
 *  它的二进制表示中奇数位为 1 ，偶数位为 0  
    符合这两个条件的二进制数是：

1010101010101010101010101010101

**如果用一个 4 的幂次方数和它做与运算，得到的还是 4 的幂次方数**。

将这个二进制数转换成 16 进制表示：0x55555555 。有没有感觉逼格更高点。。。

### **代码实现** ###

1 class Solution {
     2     public boolean isPowerOfFour(int num) {
     3         if (num <= 0)
     4             return false;
     5         //先判断是否是 2 的幂
     6         if ((num & num - 1) != 0)
     7             return false;
     8         //如果与运算之后是本身则是 4 的幂
     9         if ((num & 0x55555555) == num)
    10             return true;
    11         return false;
    12     }
    13 }

## \*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\***第四道**\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\*\* ##

### **题目描述** ###

喜羊羊和灰太狼用几堆石子在做游戏。偶数堆石子**排成一行**，每堆都有正整数颗石子 `piles[i]` 。

游戏以谁手中的石子最多来决出胜负。石子的总数是奇数，所以没有平局。

喜羊羊和灰太狼轮流进行，喜羊羊先开始。 每回合，玩家从行的开始或结束处取走整堆石头。 这种情况一直持续到没有更多的石子堆为止，此时手中石子最多的玩家获胜。

假设喜羊羊和灰太狼都发挥出最佳水平，当喜羊羊赢得比赛时返回 `true` ，当灰太狼赢得比赛时返回 `false` 。

### **题目分析** ###

举两个例子来帮助理解题意。

### **例子一：** ###

输入：\[ 5，3，4，5 \]

输出：true

**解释**：

喜羊羊先开始，只能拿前 5 颗或后 5 颗石子 。

假设他取了前 5 颗，这一行就变成了 \[ 3 ，4，5 \] 。

如果灰太狼拿走前 3 颗，那么剩下的是 \[ 4，5 \]，喜羊羊拿走后 5 颗赢得 10 分。

如果灰太狼拿走后 5 颗，那么剩下的是 \[ 3，4 \]，喜羊羊拿走后 4 颗赢得 9 分。

这表明，取前 5 颗石子对喜羊羊来说是一个胜利的举动，所以我们返回 true 。

### **例子二：** ###

输入：\[ 5，10000，2，3 \]

输出：true

**解释**：

喜羊羊先开始，只能拿前 5 颗或后 3 颗石子 。

假设他取了后 3 颗，这一行就变成了 \[ 5，10000，2 \]。

灰太狼肯定会在剩下的这一行中取走前 5 颗，这一行就变成了 \[ 10000，2 \]。

然后喜羊羊取走前 10000 颗，总共赢得 10003 分，灰太狼赢得 7 分。

这表明，取后 3 颗石子对喜羊羊来说是一个胜利的举动，所以我们返回 true 。

**这个例子表明，并不是需要每次都挑选最大的那堆石头**。

### **题目回答** ###

涉及到最优解的问题，那么肯定要去尝试一下使用 \*\*动态规划 \*\*来解决了。

先看一下力扣的正规题解：

让我们改变游戏规则，使得每当灰太狼得分时，都会从喜羊羊的分数中扣除。

令 `dp(i, j)` 为喜羊羊可以获得的最大分数，其中剩下的堆中的石子数是 `piles[i], piles[i+1], ..., piles[j]`。这在比分游戏中很自然：我们想知道游戏中每个位置的值。

我们可以根据 `dp(i + 1，j)` 和 `dp(i，j-1)` 来制定 `dp(i，j)` 的递归，我们可以使用动态编程以不重复这个递归中的工作。（该方法可以输出正确的答案，因为状态形成一个DAG（有向无环图）。）

当剩下的堆的石子数是 `piles[i], piles[i+1], ..., piles[j]` 时，轮到的玩家最多有 2 种行为。

可以通过比较 `j-i`和 `N modulo 2` 来找出轮到的人。

如果玩家是喜羊羊，那么它将取走 `piles[i]` 或 `piles[j]` 颗石子，增加它的分数。之后，总分为 `piles[i] + dp(i+1, j)` 或 `piles[j] + dp(i, j-1)`；我们想要其中的最大可能得分。

如果玩家是灰太狼，那么它将取走 `piles[i]` 或 `piles[j]` 颗石子，减少喜羊羊这一数量的分数。之后，总分为 `-piles[i] + dp(i+1, j)` 或 `-piles[j] + dp(i, j-1)`；我们想要其中的最小可能得分。

代码如下：

![v2-2808a59077d8a7845f4b4100a5b54a92_b.jpg][]

上面的代码并不算复杂，当然，如果你看不懂也没关系，不影响解决问题，请看下面的数学分析。

### **数学分析** ###

因为石头的数量是奇数，因此只有两种结果，输或者赢。

喜羊羊先开始拿石头，随便拿！然后比较石头数量：

1.  如果石头数量多于对手，赢了；
2.  如果石头数量少于对手，自己拿石头的顺序和对手拿石头的顺序对调，还是赢。

所以代码如下：

1 class Solution {
    2     public boolean stoneGame(int[] piles) {
    3         return true;
    4     }
    5 }

看完之后，你的心情是怎么样的？

## \*\*\***第五道**\*\*\* ##

题目来源于 LeetCode 上第 172 号问题：阶乘后的零。题目难度为 Easy，目前通过率为 38.0% 。

### **题目描述** ###

给定一个整数 *n*，返回 *n*! 结果尾数中零的数量。

**示例 1:**

输入: 3
    输出: 0
    解释: 3! = 6, 尾数中没有零。

**示例 2:**

输入: 5
    输出: 1
    解释: 5! = 120, 尾数中有 1 个零.

**说明:** 你算法的时间复杂度应为 *O*(log *n*) 。

### **题目解析** ###

题目很好理解，数阶乘后的数字末尾有多少个零。

最简单粗暴的方法就是先乘完再说，然后一个一个数。

事实上，你在使用暴力破解法的过程中就能发现规律： **这 9 个数字中只有 2（它的倍数） 与 5 （它的倍数）相乘才有 0 出现**。

所以，现在问题就变成了这个阶乘数中能配 **多少对 2 与 5**。

举个复杂点的例子：

`10！ = 【 2 *（ 2 * 2 ）* 5 *（ 2 * 3 ）*（ 2 * 2 * 2 ）*（ 2 * 5）】`

在 10！这个阶乘数中可以匹配两对 2 \* 5 ，所以10！末尾有 2 个 0。

可以发现，一个数字进行拆分后 2 的个数肯定是大于 5 的个数的，所以能匹配多少对取决于 5 的个数。（好比现在男女比例悬殊，最多能有多少对异性情侣取决于女生的多少）。

那么问题又变成了 **统计阶乘数里有多少个 5 这个因子**。

需要注意的是，像 25，125 这样的不只含有一个 5 的数字的情况需要考虑进去。

比如 `n = 15`。那么在 `15!` 中 有 `3` 个 `5` (来自其中的`5`, `10`, `15`)， 所以计算 `n/5` 就可以 。

但是比如 `n=25`，依旧计算 `n/5` ，可以得到 `5` 个`5`，分别来自其中的`5, 10, 15, 20, 25`，但是在 `25` 中其实是包含 `2`个 `5` 的，这一点需要注意。

所以除了计算 `n/5` ， 还要计算 `n/5/5 , n/5/5/5 , n/5/5/5/5 , ..., n/5/5/5,,,/5`直到商为0，然后求和即可。

### **代码实现** ###

1 public class Solution {
    2     public int trailingZeroes(int n) {
    3         return n == 0 ? 0 : n / 5 + trailingZeroes(n / 5);
    4     }
    5 }

参考：程序员吴师兄 https://www.zhihu.com/question/33776070/answer/685253646

转载于:https://www.cnblogs.com/wind-chaser/p/10889461.html

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