数组的几道面试题-转
1、快速找出一个数组中的最大数、第二大数。 思路:如果当前元素大于最大数 max,则让第二大数等于原来的最大数 max,再把当前元素的值赋给 max。如果当前的元素大于等于第二大数secondMax的值而小于最大数max的值,则要把当前元素的值赋给 secondMax。
- void GetSecondMaxNumber(int *arr , int n)
- {
- int i , max , second_max;
- max = arr[0];
- second_max = 0x80000000;
- for(i = 1 ; i < n ; ++i)
- {
- if(arr[i] > max)
- {
- second_max = max;
- max = arr[i];
- }
- else
- {
- if(arr[i] > second_max)
- second_max = arr[i];
- }
- }
- cout<<max<<" "<<second_max<<endl;
- }
2、试着用最小的比较次数去寻找数组中的最大值和最小值。
解法一:
扫描一次数组找出最大值;再扫描一次数组找出最小值。
比较次数2N-2
转载请标明出处,原文地址:http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/8035261
解法二:
将数组中相邻的两个数分在一组, 每次比较两个相邻的数,将较大值交换至这两个数的左边,较小值放于右边。
对大者组扫描一次找出最大值,对小者组扫描一次找出最小值。
比较1.5N-2次,但需要改变数组结构
解法三:
每次比较相邻两个数,较大者与MAX比较,较小者与MIN比较,找出最大值和最小值。
方法如下:先将一对元素互相进行比较,然后把最小值跟当前最小值进行比较,把最大值跟当前最大值进行比较。因此每两个元素需要3次比较。如果n为奇数,那么比较的次数是3*(n/2)次比较。如果n为偶数,那么比较的次数是3n/2-2次比较。因此,不管是n是奇数还是偶数,比较的次数至多是3*(n/2),具体的代码如下:
- void GetMaxAndMin(int *arr , int n , int &max , int &min)
- {
- int i = 0 ;
- if(n & 1) // 奇数
- {
- max = min = arr[i++];
- }
- else
- {
- if(arr[0] > arr[1])
- {
- max = arr[0];
- min = arr[1];
- }
- else
- {
- max = arr[1];
- min = arr[0];
- }
- i += 2;
- }
- for( ; i < n ; i += 2)
- {
- if(arr[i] > arr[i+1])
- {
- if(arr[i] > max)
- max = arr[i];
- if(arr[i+1] < min)
- min = arr[i+1];
- }
- else
- {
- if(arr[i+1] > max)
- max = arr[i+1];
- if(arr[i] < min)
- min = arr[i];
- }
- }
- }
3、重排问题
给定含有n个元素的整型数组a,其中包括0元素和非0元素,对数组进行排序,要求:
1、排序后所有0元素在前,所有非零元素在后,且非零元素排序前后相对位置不变
2、不能使用额外存储空间
例子如下
输入 0、3、0、2、1、0、0
输出 0、0、0、0、3、2、1
分析
此排序非传统意义上的排序,因为它要求排序前后非0元素的相对位置不变,或许叫做整理会更恰当一些。我们可以从后向前遍历整个数组,遇到某个位置i上的元素是非0元素时,如果arr[k]为0,则将arr[i]赋值给arr[k],arr[i]赋值为0。实际上i是非0元素的下标,而k是0元素的下标。
- void Arrange(int *arr , int n)
- {
- int i , k = n-1;
- for(i = n-1 ; i >=0 ; --i)
- {
- if(arr[i] != 0)
- {
- if(arr[k] == 0)
- {
- arr[k] = arr[i];
- arr[i] = 0;
- }
- --k;
- }
- }
- }
4、找出绝对值最小的元素
给定一个有序整数序列(非递减序),可能包含负数,找出其中绝对值最小的元素,比如给定序列 -5、-3、-1、2、8 则返回1。
分析:由于给定序列是有序的,而这又是搜索问题,所以首先想到二分搜索法,只不过这个二分法比普通的二分法稍微麻烦点,可以分为下面几种情况
如果给定的序列中所有的数都是正数,那么数组的第一个元素即是结果。
如果给定的序列中所有的数都是负数,那么数组的最后一个元素即是结果。
如果给定的序列中既有正数又有负数,那么绝对值的最小值一定出现在正数和负数的分界处。
为什么?因为对于负数序列来说,右侧的数字比左侧的数字绝对值小,如上面的-5、-3、-1,而对于整整数来说,左边的数字绝对值小,比如上面的2、8,将这个思想用于二分搜索,可先判断中间元素和两侧元素的符号,然后根据符号决定搜索区间,逐步缩小搜索区间,直到只剩下两个元素。
单独设置一个函数用来判断两个整数的符号是否相同
- bool SameSign(int m , int n)
- {
- if((m>>31) == (n>>31))
- return true;
- else
- return false;
- }
- // 找出一个非递减序整数序列中绝对值最小的数
- int MiniNumAbsoluteValue(int *arr , int n)
- {
- if(n == 1)
- return arr[0];
- if( SameSign(arr[0] , arr[n-1]) )
- return arr[0] >= 0 ? arr[0] : abs(arr[n-1]);
- // 二分搜索
- int mid , low = 0 , high = n - 1;
- while(low < high)
- {
- if(low + 1 == high)
- return abs(arr[low]) < abs(arr[high]) ? abs(arr[low]) : abs(arr[high]);
- mid = (low + high)>>1;
- if( SameSign(arr[low] , arr[mid]) )
- {
- low = mid ; // 有可能分界点就在mid处
- continue;
- }
- if( SameSign(arr[high] , arr[mid]) )
- {
- high = mid;
- continue;
- }
- }
- return abs(arr[low]);
- }
5、一道经典的额递归题目
函数 int func(int i ,int N);
其中i <= N,功能输出i递增到N再递减到i的整数,每行输出一个数。比如func(1,5)就是
1
2
3
4
5
4
3
2
1
要求:
1、只能有1个语句,即一个分号
2、不能使用do while until goto for if关键字,不能使用?:和逗号运算符
3、唯一能使用的库函数为printf
int func(int i , int n)
{
return (i==n && printf("%d\n",i)) || (printf("%d\n",i) && func(i+1,n) && printf("%d\n",i));
}
6、从长度为n的数组(元素互不相同)中任意选择m个数的所有组合。
DFS
- /**
- ** author :hackbuteer
- ** date :2012-10-01
- **/
- #include<iostream>
- #include<vector>
- using namespace std;
- int arr[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10};
- int len = 10 , m = 3;
- void dfs(int num , vector<int>& vec , int curnum , int id)
- {
- int i ;
- if(curnum == num)
- {
- static int k = 1 ;
- cout<<k++<<": ";
- for( i = 0; i < vec.size() ; ++i)
- cout<<vec[i]<<" ";
- cout<<endl;
- return;
- }
- for( i = id; i < len; ++i)
- {
- vec.push_back(arr[i]);
- dfs(num , vec , curnum + 1 , i + 1);
- vec.pop_back();
- }
- }
- int main(void)
- {
- vector<int>vec;
- dfs(m , vec , 0 , 0);
- return 0;
- }
- int arr[] = {1,2,3,4,5,8,5,8,9,10};
- int len = 10 , m = 3;
- void dfs(int index , int num , vector<int> &vec)
- {
- int i ;
- if(index == len+1)
- return ;
- if(num == 0)
- {
- static int k = 1 ;
- cout<<k++<<": ";
- for( i = 0; i < vec.size() ; ++i)
- cout<<vec[i]<<" ";
- cout<<endl;
- return;
- }
- vec.push_back(arr[index]); // 选取第index个元素
- dfs(index + 1 , num - 1 , vec);
- vec.pop_back(); // 不选取第index个元素
- dfs(index + 1 , num , vec);
- }
- int main(void)
- {
- vector<int>vec;
- dfs(0 , m , vec);
- return 0;
- }
7、从长度为n的数组(元素有可能相同)中任意选择m个数的所有组合。
先对数组进行排序,然后设置一个标记pre,记录前一个选择的数字,然后进行比较。
- /**
- ** author :hackbuteer
- ** date :2012-10-01
- **/
- #include<iostream>
- #include<vector>
- #include<algorithm>
- using namespace std;
- int arr[] = {1,2,3,4,5,8,5,8,9,10};
- int len = 10 , m = 3;
- void dfs(int num , vector<int>& vec , int curnum , int id)
- {
- int i , pre = -1;
- if(curnum == num)
- {
- static int k = 1 ;
- cout<<k++<<": ";
- for( i = 0; i < vec.size() ; ++i)
- cout<<vec[i]<<" ";
- cout<<endl;
- return;
- }
- for( i = id; i < len; ++i)
- {
- if(pre == -1 || arr[i] > pre)
- {
- vec.push_back(arr[i]);
- dfs(num , vec , curnum + 1 , i + 1);
- vec.pop_back();
- pre = arr[i];
- }
- }
- }
- int main(void)
- {
- vector<int>vec;
- sort(arr , arr + len );
- dfs(m , vec , 0 , 0);
- return 0;
- }
8、三色旗排序问题
一个字符串Color,其中每个元素值为‘R‘’G’‘B’三者之一,实现把数组中元素重新排列为红、绿、蓝的顺序,所有红色在前,绿色其后,蓝色最后,要如何移动次数才会最少,编写这么一个程序。
问题的解法很简单,您可以自己想像一下在移动旗子,从绳子开头进行,遇到红色往前移,遇到绿色留在中间,遇到蓝色往后移。
设有三个指针rindex、gindex、bindex,其中gindex来遍历这个数组序列
1、gindex指向G的时候,gindex++,
2、gindex指向R的时候,与rindex交换,而后gindex++,rindex++,
3、gindex指向B的时候,与bindex交换,而后,gindex不动,bindex--。
为什么,第三步,gindex指向B的时候,与bindex交换之后,gindex不动。
因为你最终的目的是为了让R、G、B成为有序排列,试想,如果第三步,gindex与bindex交换之前,万一bindex指向的是R,而gindex交换之后,gindex此刻指向的是R了,此时,gindex能动么?不能动啊,指向的是R,还得与rindex交换。
- // 三色旗排序问题
- // char str[] = "RGRBRB";
- void mysort(char *str , int n)
- {
- int rindex = 0 , gindex = 0 , bindex = n - 1 ;
- while(gindex <= bindex)
- {
- if(str[gindex] == 'G')
- ++gindex;
- else if(str[gindex] == 'R')
- {
- swap(str[gindex] , str[rindex]);
- ++rindex , ++gindex;
- }
- else // str[gindex] == 'B'
- {
- swap(str[gindex] , str[bindex]);
- --bindex;
- //++gindex;
- }
- }
- }
9、一个整型数组,含有N个数,将这N个数分成连续的M段,使得这M段每段的和中的最大值最小,输出最小值。(1<=N<=100000,1<=M<=N,每个数在1到10000之间) POJ 3273
解题思路:不管分成多少段,每种分法和的最大值都在N个数的最大值和N个数的和之间,所求答案也在这之间。
我们可以以此为上下界,二分M段和的最大值进行尝试。对每次二分的值,将数组扫描累加。若当前和大于二分的这个值,则段数加一,由此统计出在当前值下,N个数能够分成的最小段数。若这个段数小于或等于M,则上界变为mid-1,并记下当前mid的值。否则,下界变为mid+1。继续二分,直到退出循环。最后记录的low值即为答案。
- #include<iostream>
- #include<cstdio>
- using namespace std;
- int m , n , a[100001];
- int bsearch(int low , int high)
- {
- int i , mid , group , sum;
- while(low <= high)
- {
- mid = (low + high)>>1;
- sum = 0 , group = 1;
- for(i = 0 ; i < n ; ++i)
- {
- if(sum + a[i] <= mid)
- sum += a[i];
- else
- {
- group++;
- sum = a[i];
- }
- }
- if(group <= m)
- high = mid - 1 ;
- else if(group > m)
- low = mid + 1;
- }
- return low;
- }
- int main(void)
- {
- int i , max , sum;
- while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
- {
- max = 0x80000000 , sum = 0;
- for(i = 0 ; i < n ; ++i)
- {
- scanf("%d",&a[i]);
- sum += a[i];
- if(a[i] > max)
- max = a[i];
- }
- printf("%d\n",bsearch(max, sum));
- }
- return 0;
- }
10、一个int数组,里面数据无任何限制,要求求出所有这样的数a[i],其左边的数都小于等于它,右边的数都大于等于它。
能否只用一个额外数组和少量其它空间实现。
分析:最原始的方法是检查每一个数 array[i] ,看是否左边的数都小于等于它,右边的数都大于等于它。这样做的话,要找出所有这样的数,时间复杂度为O(N^2)。
其实可以有更简单的方法,我们使用额外数组,比如rightMin[],来帮我们记录原始数组array[i]右边(包括自己)的最小值。假如原始数组为: array[] = {7, 10, 2, 6, 19, 22, 32}, 那么rightMin[] = {2, 2, 2, 6, 19, 22, 32}. 也就是说,7右边的最小值为2, 2右边的最小值也是2。
有了这样一个额外数组,当我们从头开始遍历原始数组时,我们保存一个当前最大值 max, 如果当前最大值刚好等于rightMin[i], 那么这个最大值一定满足条件,还是刚才的例子。
第一个值是7,最大值也是7,因为7 不等于 2, 继续,
第二个值是10,最大值变成了10,但是10也不等于2,继续,
第三个值是2,最大值是10,但是10也不等于2,继续,
第四个值是6,最大值是10,但是10不等于6,继续,
第五个值是19,最大值变成了19,而且19也等于当前rightMin[4] = 19, 所以,满足条件。如此继续下去,后面的几个都满足。
- int arr[100] , rightMin[100];
- void smallLarge(int *arr , int *rightMin , int n)
- {
- int i , leftMax;
- rightMin[n - 1] = arr[n - 1];
- for(i = n - 2 ; i >= 0 ; --i)
- {
- if(arr[i] < arr[i+1])
- rightMin[i] = arr[i];
- else
- rightMin[i] = rightMin[i + 1];
- }
- leftMax = 0x80000000;
- for(i = 0 ; i < n ; ++i)
- {
- if(arr[i] >= leftMax)
- {
- leftMax = arr[i];
- if(leftMax == rightMin[i])
- printf("%d\n",leftMax);
- }
- }
- }
11、整数的拆分问题
如,对于正整数n=6,可以拆分为:
6
5+1
4+2, 4+1+1
3+3, 3+2+1, 3+1+1+1
2+2+2, 2+2+1+1, 2+1+1+1+1
1+1+1+1+1+1+1
现在的问题是,对于给定的正整数n,程序输出该整数的拆分种类数(HDOJ 1028)。
DP思路:
n = n1 + n2 + n3 + n4 + .... + nk
状态表示:将n划分为k个数相加的组合方案数记为 q(n,k)。(相当于将n个苹果放入k个盘子)
状态转移:
(1)若k>n,则盘子数大于苹果数,至少有k-n个空盘子,可以将其拿掉,对组合方案数无影响。
q(n,k) = q(n,n)
(2)若k<=n,则盘子数小于等于苹果数,则分为两种情况
1.至少有一个盘子空着:q(n,k) = q(n,k-1)
2.所有盘子都不空:q(n,k) = q(n-k,k)
q(n,k) = q(n,k-1) + q(n-k,k)
方法一:DP非递归
- int main(void)
- {
- int n,i,j,dp[121][121];
- for(i = 1 ; i < 121 ; ++i)
- {
- for(j = 1 ; j < 121 ; ++j)
- {
- if(i == 1 || j == 1)
- dp[i][j] = 1;
- else if(i > j)
- dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-j][j];
- else if(i == j)
- dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1;
- else
- dp[i][j] = dp[i][i];
- }
- }
- while(scanf("%d",&n)!=EOF)
- {
- cout<<dp[n][n]<<endl;
- }
- return 0;
- }
方法二:递归思路
- int q(int n , int m)
- {
- if(n < 1 || m < 1)
- return 0;
- if(n == 1 || m == 1)
- return 1;
- if(n < m)
- return q(n , n);
- if(n == m)
- return q(n , m - 1) + 1;
- return q(n , m - 1) + q(n - m , m);
- }
- int main(void)
- {
- int n;
- while(scanf("%d",&n)!=EOF)
- {
- cout<<q(n,n)<<endl;
- }
- return 0;
- }
12、整数的拆分问题
接着上一题,输出整数的所有划分方案
- void dfs(int sum , vector<int>& vec , int curnum , int id)
- {
- int i;
- if(curnum == sum)
- {
- static int inum = 1 ;
- cout<<"方案 "<<inum++<<": ";
- for(i = 0; i < vec.size() ; ++i)
- cout<<vec[i]<<" ";
- cout<<endl;
- return;
- }
- for(i = id ; i <= sum; ++i)
- {
- if(curnum + i <= sum)
- {
- vec.push_back(i);
- dfs(sum , vec , curnum + i , i);
- vec.pop_back();
- }
- else
- break;
- }
- }
- void main()
- {
- vector<int> vec;
- dfs(10 , vec , 0 , 1);
- }
13、在数组中寻找和为给定值的组合
思路:
代码
14、字符串移动
字符串为*号和26个字母、阿拉伯数字的任意组合,把*号都移动到最左侧,把其他字母和数字都移到最右侧并保持相对顺序不变,返回字符*的个数,要求时间和空间复杂度最小。
第一种方法:跟上面的重排问题是一样的
- int MoveStar(char *str , int n)
- {
- int i , j = n-1;
- for(i = n - 1 ; i >= 0 ; --i)
- {
- if(str[i] != '*')
- {
- if(str[j] == '*')
- {
- str[j] = str[i];
- str[i] = '*';
- }
- --j;
- }
- }
- return j+1;
- }
第二种方法:
- int MoveStar(char *str , int n)
- {
- int i , count = 0;
- for(i = n - 1 ; i >= 0 ; --i)
- {
- if(str[i] == '*')
- ++count;
- else if(count > 0) // str[i] != '*'
- str[i + count] = str[i];
- }
- for(i = 0 ; i < count ; ++i)
- str[i] = '*';
- return count;
- }
时间复杂度O(N),空间复杂度O(1)
15、求数组中两个元素差的最大值
后面的元素减去前面的元素(你可以认为你在炒股票,买入价格和卖出价格就是你的盈利),要求:O(N)时间复杂度,O(1)空间复杂度
思路:首先从包含两个元素的数组开始考虑问题,当这个包含两个元素的问题解决了,那么加一个新的元素会造成什么影响?要改变哪些值?每次都添加一个元素,每次都将这些可能的改变考虑进来,这样就能做到遍历整个数组的时候,问题就解决了。
- // 后面的元素减去前面的元素 差的最大值
- int max_difference(int *arr , int n)
- {
- if(arr == NULL || n < 2) // 非法输入
- return 0;
- int min = arr[0];
- int maxDiff = arr[1] - arr[0];
- for(int i = 2 ; i < n ; ++i)
- {
- if(arr[i-1] < min)
- min = arr[i-1];
- if(arr[i] - min > maxDiff)
- maxDiff = arr[i] - min;
- }
- return maxDiff;
- }
16、求数组中两个元素差的最大值
前面的元素减去后面的元素,要求:O(N)时间复杂度,O(1)空间复杂度
思路:跟上一题的思路很相近
- // 前面的元素减去后面的元素 差的最大值
- int max_difference(int *arr , int n)
- {
- if(arr == NULL || n < 2) // 非法输入
- return 0;
- int max = arr[0];
- int maxDiff = arr[0] - arr[1];
- for(int i = 2 ; i < n ; ++i)
- {
- if(arr[i-1] > max)
- max = arr[i-1];
- if(max - arr[i] > maxDiff)
- maxDiff = max - arr[i];
- }
- return maxDiff;
- }
17、输入一个正数 n,输出所有和为 n 连续正数序列。
例如输入 15,由于 1+2+3+4+5=4+5+6=7+8=15,所以输出 3 个连续序列 1-5、4-6 和 7-8。
方法一:
可以发现任意自然数序列其实是公差为1的等差数列,假设从i开始的连续k个数的和为n,即[i , i+k-1],则n=k*(2*i+k-1)/2,所以转化为一元二次方程为:k*k+(2*i-1)*k-2*n=0,解得k=(1-2*i+sqrt((2*i-1)*(2*i-1)+8*n))/2
要满足k为整数,根号里面的肯定必须是平方数,且分子为偶数,否则k就是小数。
- //转载请标明出处,原文地址:http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/8035261
- //输入一个正数 n,输出所有和为n 连续正数序列。
- void plusSequence(int n)
- {
- int i , j , k , m;
- double num;
- for(i = 1 ; i <= n/2 ; ++i)
- {
- m = (2*i-1)*(2*i-1) + 8*n;
- num = sqrt(m * 1.0);
- if(num != (int)num)
- continue;
- k = 1 - 2*i + (int)num;
- if(0 == (k&1) && k > 0)
- {
- for(j = 0 ; j < k/2 ; ++j)
- printf("%d",i + j);
- printf("\n");
- }
- }
- }
方法二:
我们知道:
1+2 = 3;
4+5 = 9;
2+3+4 = 9。
等式的左边都是两个以上连续的自然数相加,那么是不是所有的整数都可以写成这样的形式呢?稍微考虑一下,我们发现,4和8等数不能写成这样的形式。
问题1:写一个程序,对于一个64位的正整数,输出它所有可能的连续自然数(两个以上)之和的算式。
问题2:大家在测试上面的程序的过程中,肯定会注意到有一些数字不能表达为一系列连续的自然数之和,例如32好像就找不到。那么,这样的数字有什么规律呢?能否证明你的结论?
问题3:在64位正整数范围内,子序列数目最多的数是哪一个?这个问题要用程序蛮力搜索,恐怕要运行很长时间,能够用数学知识推导出来?
问题1解答:对于任意的正整数n >= 3(1和2均不能写成连续的自然数序列之和)。假设n能够写成自然数序列[seqStart, seqEnd]之和,则有(seqEnd + seqStart)*(seqEnd - seqStart + 1) = 2*n。考虑左式是两个整数之积,想到对右边的2*n进行因数分解,不妨假定2*n = minFactor * maxFactor,则有
seqEnd + seqStart = maxFactor (1)
seqEnd - seqStart = minFactor-1 (2)
解方程组(1)(2)得:
seqStart = (maxFactor - minFactor + 1) / 2
seqEnd = (maxFactor + minFactor - 1) / 2
因为maxFactor - minFactor与maxFactor + minFactor有相同的奇偶性,因此只需要判断maxFactor + minFactor的奇偶性即可,如果maxFactor + minFactor为奇数,那么seqStart和seqEnd不是分数,是整数,即这个序列存在。下面是代码:
- //转载请标明出处,原文地址:http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/8035261
- //输入一个正数 n,输出所有和为n 连续正数序列。
- void plusSequence(int n)
- {
- int i , minFactor , maxFactor , start , end;
- int sqrtn = sqrt(2.0*n);
- for(i = 2 ; i <= sqrtn ; ++i)
- {
- if(2*n % i == 0)
- {
- minFactor = i;
- maxFactor = 2*n/i;
- if(((minFactor + maxFactor)&1) == 1) //奇数
- {
- start = (maxFactor - minFactor + 1)>>1;
- end = (maxFactor + minFactor - 1)>>1;
- printf("%d %d",start,end);
- printf("\n");
- }
- }
- }
- }