几道和散列（哈希）表有关的面试题
散列表概念
散列表（Hash table，也叫哈希表），是根据键（Key）而直接访问在内存存储位置的数据结构。也就是说，它通过计算一个关于键值的函数，将所需查询的数据映射到表中一个位置来访问记录，这加快了查找速度。这个映射函数称做散列函数，存放记录的数组称做散列表。
更加详细的介绍请戳这：
1. 两数之和
题目来源于 LeetCode 上第 1 号问题： Two Sum。
题目描述
给定一个整数数组 nums 和一个目标值 target，请你在该数组中找出和为目标值的那 两个 整数，并返回他们的数组下标。
你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是，你不能重复利用这个数组中同样的元素。
示例:
给定 nums = [2, 7, 11, 15], target = 9
因为 nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9
所以返回 [0, 1]
题目解析
使用散列表来解决该问题。
首先设置一个 map 容器 record 用来记录元素的值与索引，然后遍历数组 nums 。
- 每次遍历时使用临时变量 complement 用来保存目标值与当前值的差值
- 在此次遍历中查找 record ，查看是否有与 complement 一致的值，如果查找成功则返回查找值的索引值与当前变量的值i
- 如果未找到，则在 record 保存该元素与索引值 i
动画描述
两数之和
代码实现
// 1. Two Sum
// 时间复杂度：O(n)
// 空间复杂度：O(n)
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
unordered_map<int,int> record;
for(int i = 0 ; i < nums.size() ; i ++){
int complement = target - nums[i];
if(record.find(complement) != record.end()){
int res[] = {i, record[complement]};
return vector<int>(res, res + 2);
}
record[nums[i]] = i;
}
}
};
2. 无重复字符的最长子串
题目来源于 LeetCode 上第 3 号问题： Longest Substring Without Repeating Characters 。
题目描述
给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。
题目解析
建立一个 HashMap ，建立每个字符和其最后出现位置之间的映射，然后再定义两个变量 res 和 left ，其中 res 用来记录最长无重复子串的长度，left 指向该无重复子串左边的起始位置的前一个，一开始由于是前一个，所以在初始化时就是 -1。
接下来遍历整个字符串，对于每一个遍历到的字符，如果该字符已经在 HashMap 中存在了，并且如果其映射值大于 left 的话，那么更新 left 为当前映射值，然后映射值更新为当前坐标i，这样保证了left始终为当前边界的前一个位置，然后计算窗口长度的时候，直接用 i-left 即可，用来更新结果 res 。
代码实现
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int res = 0, left = -1, n = s.size();
unordered_map<int, int> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (m.count(s[i]) && m[s[i]] > left) {
left = m[s[i]];
}
m[s[i]] = i;
res = max(res, i - left);
}
return res;
}
};
拓展
此题也可以使用滑动窗口的概念来处理。
建立一个 256 位大小的整型数组 freg ，用来建立字符和其出现位置之间的映射。
维护一个滑动窗口，窗口内的都是没有重复的字符，去尽可能的扩大窗口的大小，窗口不停的向右滑动。
- （1）如果当前遍历到的字符从未出现过，那么直接扩大右边界；
- （2）如果当前遍历到的字符出现过，则缩小窗口（左边索引向右移动），然后继续观察当前遍历到的字符；
- （3）重复（1）（2），直到左边索引无法再移动；
- （4）维护一个结果 res，每次用出现过的窗口大小来更新结果 res ，最后返回 res 获取结果。
动画描述
无重复字符的最长子串
代码实现
// 3. Longest Substring Without Repeating Characters
// 滑动窗口
// 时间复杂度: O(len(s))
// 空间复杂度: O(len(charset))
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int freq[256] = {0};
int l = 0, r = -1; //滑动窗口为s[l...r]
int res = 0;
// 整个循环从 l == 0; r == -1 这个空窗口开始
// 到l == s.size(); r == s.size()-1 这个空窗口截止
// 在每次循环里逐渐改变窗口, 维护freq, 并记录当前窗口中是否找到了一个新的最优值
while(l < s.size()){
if(r + 1 < s.size() && freq[s[r+1]] == 0){
r++;
freq[s[r]]++;
}else { //r已经到头 || freq[s[r+1]] == 1
freq[s[l]]--;
l++;
}
res = max(res, r-l+1);
}
return res;
}
};
3. 三数之和
题目来源于 LeetCode 上第 15 号问题： 3Sum 。
题目描述
给定一个包含 n 个整数的数组 nums，判断 nums 中是否存在三个元素 a，b，c ，使得 a + b + c = 0 ？找出所有满足条件且不重复的三元组。
题目解析
题目需要我们找出三个数且和为 0 ，那么除了三个数全是 0 的情况之外，肯定会有负数和正数，所以一开始可以先选择一个数，然后再去找另外两个数，这样只要找到两个数且和为第一个选择的数的相反数就行了。也就是说需要枚举 a 和 b ，将 c 的存入 map 即可。
需要注意的是返回的结果中，不能有有重复的结果。这样的代码时间复杂度是 O(n^2)。在这里可以先将原数组进行排序，然后再遍历排序后的数组，这样就可以使用双指针以线性时间复杂度来遍历所有满足题意的两个数组合。
代码实现
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> res;
sort(nums.begin(), nums.end());
if (nums.empty() || nums.back() < 0 || nums.front() > 0) return {};
for (int k = 0; k < nums.size(); ++k) {
if (nums[k] > 0) break;
if (k > 0 && nums[k] == nums[k - 1]) continue;
int target = 0 - nums[k];
int i = k + 1, j = nums.size() - 1;
while (i < j) {
if (nums[i] + nums[j] == target) {
res.push_back({nums[k], nums[i], nums[j]});
while (i < j && nums[i] == nums[i + 1]) ++i;
while (i < j && nums[j] == nums[j - 1]) --j;
++i; --j;
} else if (nums[i] + nums[j] < target) ++i;
else --j;
}
}
return res;
}
};
4. 重复的 DNA 序列
题目来源于 LeetCode 上第 187 号问题： Repeated DNA Sequences 。
题目描述
所有 DNA 由一系列缩写为 A，C，G 和 T 的核苷酸组成，例如：“ACGAATTCCG”。在研究 DNA 时，识别 DNA 中的重复序列有时会对研究非常有帮助。
编写一个函数来查找 DNA 分子中所有出现超过一次的 10 个字母长的序列（子串）。
题目解析
首先，先将 A , C , G , T 的 ASCII 码用二进制来表示：
A: 0100 0001 C: 0100 0011 G: 0100 0111 T: 0101 0100
通过观察发现每个字符的后三位都不相同，因此可以用末尾的三位来区分这四个字符。
题目要求是查找 10 个字母长的序列，这里我们将每个字符用三位来区分的话，10 个字符就需要 30 位 ，在32位机上也 OK 。
为了提取出后 30 位，需要使用 mask ，取值为 0x7ffffff（二进制表示含有 27 个 1） ，先用此 mask 可取出整个序列的后 27 位，然后再向左平移三位可取出 10 个字母长的序列 （ 30 位）。
为了保存子串的频率，这里使用哈希表。
首先当取出第十个字符时，将其存在哈希表里，和该字符串出现频率映射，之后每向左移三位替换一个字符，查找新字符串在哈希表里出现次数，如果之前刚好出现过一次，则将当前字符串存入返回值的数组并将其出现次数加一，如果从未出现过，则将其映射到 1。
解题代码
class Solution {
public:
vector<string> findRepeatedDnaSequences(string s) {
vector<string> res;
if (s.size() <= 10) return res;
int mask = 0x7ffffff, cur = 0;
unordered_map<int, int> m;
for (int i = 0; i < 9; ++i) {
cur = (cur << 3) | (s[i] & 7);
}
for (int i = 9; i < s.size(); ++i) {
cur = ((cur & mask) << 3) | (s[i] & 7);
if (m.count(cur)) {
if (m[cur] == 1) res.push_back(s.substr(i - 9, 10));
++m[cur];
} else {
m[cur] = 1;
}
}
return res;
}
};
5. 两个数组的交集
题目来源于 LeetCode 上第 349 号问题： Intersection of Two Arrays。
题目描述
给定两个数组，编写一个函数来计算它们的交集。
题目解析
容器类 set 的使用。
- 遍历 num1，通过 set 容器 record 存储 num1 的元素
- 遍历 num2，在 record 中查找是否有相同的元素，如果有，用 set 容器 resultSet 进行存储
- 将 resultSet 转换为 vector 类型
动画描述
两个数组的交集
代码实现
// 时间复杂度: O(nlogn)
// 空间复杂度: O(n)
class Solution {
public:
vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
set<int> record;
for( int i = 0 ; i < nums1.size() ; i ++ ){
record.insert(nums1[i]);
}
set<int> resultSet;
for( int i = 0 ; i < nums2.size() ; i ++ ){
if(record.find(nums2[i]) != record.end()){
resultSet.insert(nums2[i]);
}
}
vector<int> resultVector;
for(set<int>::iterator iter = resultSet.begin(); iter != resultSet.end(); iter ++ ){
resultVector.push_back(*iter);
}
return resultVector;
}
};
6. 两个数组的交集 II
题目来源于 LeetCode 上第 350 号问题： Intersection of Two Arrays II。
题目描述
给定两个数组，编写一个函数来计算它们的交集。
示例 1:
输入: nums1 = [1,2,2,1], nums2 = [2,2]
输出: [2,2]
示例 2:
输入: nums1 = [4,9,5], nums2 = [9,4,9,8,4]
输出: [4,9]
题目解析
与上题 两个数组的交集 类似。只不过这里使用的是 map 。
- 遍历 num1，通过 map 容器 record 存储 num1 的元素与频率；
- 遍历 num2 ，在 record 中查找是否有相同的元素（该元素的存储频率大于 0 ），如果有，用 map 容器resultVector 进行存储，同时该元素的频率减一。
动画描述
两个数组的交集 II
代码实现
// 时间复杂度: O(nlogn)
// 空间复杂度: O(n)
class Solution {
public:
vector<int> intersect(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
map<int, int> record;
for(int i = 0 ; i < nums1.size() ; i ++){
record[nums1[i]] += 1;
}
vector<int> resultVector;
for(int i = 0 ; i < nums2.size() ; i ++){
if(record[nums2[i]] > 0){
resultVector.push_back(nums2[i]);
record[nums2[i]] --;
}
}
return resultVector;
}
};
7. 回旋镖的数量
题目来源于 LeetCode 上第 447 号问题： Number of Boomerangs 。
题目描述
给定平面上 n 对不同的点，“回旋镖” 是由点表示的元组 (i, j, k) ，其中 i 和 j 之间的距离和 i 和 k 之间的距离相等（需要考虑元组的顺序）。
找到所有回旋镖的数量。你可以假设 n 最大为 500，所有点的坐标在闭区间 [-10000, 10000] 中。
题目解析
n 最大为 500，可以使用时间复杂度为 O(n^2)的算法。
- 遍历所有的点，让每个点作为一个锚点
- 然后再遍历其他的点，统计和锚点距离相等的点有多少个
- 然后分别带入 n(n-1) 计算结果并累加到 res 中
注意点：
-
如果有一个点a，还有两个点 b 和 c ，如果 ab 和 ac 之间的距离相等，那么就有两种排列方法 abc 和 acb ；
-
如果有三个点b，c，d 都分别和 a 之间的距离相等，那么有六种排列方法，abc, acb, acd, adc, abd, adb；
-
如果有 n 个点和点 a 距离相等，那么排列方式为 n(n-1)；
-
计算距离时不进行开根运算, 以保证精度；
-
只有当 n 大于等于 2 时，res 值才会真正增加，因为当n=1时，增加量为
1 * ( 1 - 1 ) = 0。
动画描述
回旋镖的数量
代码实现
// 时间复杂度: O(n^2)
// 空间复杂度: O(n)
class Solution {
public:
int numberOfBoomerangs(vector<pair<int, int>>& points) {
int res = 0;
for( int i = 0 ; i < points.size() ; i ++ ){
// record中存储 点i 到所有其他点的距离出现的频次
unordered_map<int, int> record;
for(int j = 0 ; j < points.size() ; j ++){
if(j != i){
// 计算距离时不进行开根运算, 以保证精度
record[dis(points[i], points[j])] += 1;
}
}
for(unordered_map<int, int>::iterator iter = record.begin() ; iter != record.end() ; iter ++){
res += (iter->second) * (iter->second - 1);
}
}
return res;
}
private:
int dis(const pair<int,int> &pa, const pair<int,int> &pb){
return (pa.first - pb.first) * (pa.first - pb.first) +
(pa.second - pb.second) * (pa.second - pb.second);
}
};
8. 四数相加 II
题目来源于 LeetCode 上第 454 号问题： 4Sum II 。
题目描述
给定四个包含整数的数组列表 A , B , C , D ,计算有多少个元组 (i, j, k, l) ，使得 A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0。
为了使问题简单化，所有的 A, B, C, D 具有相同的长度 N，且 0 ≤ N ≤ 500 。所有整数的范围在 -2^28 到 2^28- 1 之间，最终结果不会超过 2^31 - 1 。
题目解析
与 Two Sum 极其类似，使用哈希表来解决问题。
- 把 A 和 B 的两两之和都求出来，在哈希表中建立两数之和与其出现次数之间的映射；
- 遍历 C 和 D 中任意两个数之和，只要看哈希表存不存在这两数之和的相反数就行了。
动画描述
四数相加 II
代码实现
// 时间复杂度: O(n^2)
// 空间复杂度: O(n^2)
class Solution {
public:
int fourSumCount(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C, vector<int>& D) {
unordered_map<int,int> hashtable;
for(int i = 0 ; i < A.size() ; i ++){
for(int j = 0 ; j < B.size() ; j ++){
hashtable[A[i]+B[j]] += 1;
}
}
int res = 0;
for(int i = 0 ; i < C.size() ; i ++){
for(int j = 0 ; j < D.size() ; j ++){
if(hashtable.find(-C[i]-D[j]) != hashtable.end()){
res += hashtable[-C[i]-D[j]];
}
}
}
return res;
}
};
