面试常考编程题
1. 给定一个数组，求最大的连续子序列和，O(n)时间与O(1)空间
2. 有一个坐标轴，上面有很多点，每个点有坐标，求长度为L的绳子最多能够覆盖几个点。
两个指针,start，end。
如果points[front]-points[rear]<=L，头start向前移动一步。
如果points[front]-points[rear]>L，尾巴end向前移动一步。
每个数最多遍历2遍，因此时间复杂度为O(n)。
int maxCover(int* a, int n, int l) 5 { 6 int maxCover = 1; 7 int begin = 0; 8 int end = 1; 9 while(end < n) 10 { 11 if(a[end] - a[begin] > l) 12 { 13 maxCover = (end - begin) > maxCover?(end - begin):maxCover; 14 begin++; 15 } 16 else 17 end++; 18 } 19 return maxCover; 20 }
3. 求一个数组中第k 大的数
4. 最长公共序列
class LCS { public: int findLCS(string A, int n, string B, int m) { // write code here int dp[n + 1][m + 1]; for(int i = 0; i <= n; i++){ dp[i][0] = 0; } for(int j = 0; j <= m; j++){ dp[0][j] = 0; } for (int i = 0; i < n; i++){ for (int j = 0; j < m; j++){ if (A[i] == B[j]){ dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j] + 1; } else{ dp[i + 1][j + 1] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]); } } } return dp[n][m]; } };
5. 最长递增子序列（Longest Increasing Subsequence）是指找到一个给定序列的最长子序列的长度，使得子序列中的所有元素单调递增。
例如：{ 3，5，7，1，2，8 } 的 LIS 是 { 3，5，7，8 }，长度为 4。
思路：建立一个大小与 nums 长度相等的数组dp，用于记录每个 子序列的 最长长度，即 dp[i] 表示nums 第 0 个到第 i 个元素中以 nums[i]为最大值的最长子序列长度（注意序列的最后一个值为 nums[i]）：
感觉底下的这个图不对。。
// 状态转移方程 dp[i] = max{dp[j]+1，dp[i]}, j<i && a[j]<a[i]. class Solution { public://动态规划。时间复杂度为O(n^2)。 int lengthOfLIS(vector<int>& nums) { int n = nums.size(); if(n <= 1) return n; vector<int> dp(n, 1); // 初始化为1 for(int i = 1; i < n; i++){ //dp[i]表示LIS的长度。nums[i]作为LIS的最后一个元素。 for(int j = 0;j < i; j++) { if(nums[i] > nums[j]) { //满足递增 dp[i]=max(dp[i], dp[j] + 1); //利用状态转移方程 } } } int res=0; for(int i = 0;i < n; i++) {//求得最大的dp[i] res = max(res, dp[i]); } return res; } };
- 使用一个数组h[],其中h[i]表示原数组以arr[i]结尾的最长递增子序列的长度。
- 从i=0到i=n-1过程重复进行n次，求得h=[1,1,2,1,3,2,4,3]。求h[i]的时候，需要考察那些比i小的j,如果arr[i]>arr[j],那么h[i]至少应为h[j]+1，这样对前边的遍历之后即可知道h[i]。
- h的各个元素求得之后，遍历一遍求最大即可。
6. 连续子数组的最大和
附加问题：只用加法实现1+2+3+...+n，
（循环、判断语句也不用）
1、利用递归来代替循环结构；
2、利用&&与运算的特性来代替if结构。
int add(int n, int &sum) { n && add(n-1, sum); return (sum += n); }
7. 问题一： 位运算实现加法
位的异或运算跟求'和'的结果一致：
异或 1^1=0 1^0=1 0^0=0
求和 1+1=0 1+0=1 0+0=0
位的与运算跟求'进位‘的结果一致：
位与 1&1=1 1&0=0 0&0=0
进位 1+1=1 1+0=0 0+0=0
于是我们决定用异或运算和与运算来表示加法。
int add(int a, int b) //递归形式 { if(b==0) //递归结束条件：如果右加数为0，即不再有进位了，则结束。 return a; int s = a^b; int c = (a&b)<<1; //进位左移1位，达到进位的目的。 return add(s, c); //再把'和'和'进位'相加。递归实现。 }
8. 问题二： 位运算实现减法
减法其实是用加法来实现的。在ALU中，当我求a-b，其实是求[a-b]补。因为有[a-b]补=[a]补 - [b]补= [a]补+[-b]补。所以我就要先求出-b。求一个数的负的操作是将其连符号位一起取反然后加1。
于是有办法做减法了：先把减数求负，然后做加法
int negtive(int i) { return add(~i, 1); } int subtraction(int a, int b) //减法运算：利用求负操作和加法操作 { return add(a, negtive(b)); }
9. 问题三： 位运算实现乘法
乘法操作时即使用补码也要需要考虑符号位了，所以我要先把符号拿出来单独计算。为了方便，先引入两个工具函数，
int getsign(int i) //取一个数的符号，看是正还是负 { return (i>>31); } int bepositive(int i) //将一个数变为正数，如果本来就是正，则不变；如果是负，则变为相反数。注意对于-2147483648，求负会溢出。 { if(i>>31) return negtive(i); else return i; }
循环加法替代乘法。a*b，就是把a累加b次。时间复杂度为O(N)。
int multiply(int a, int b) { bool flag = true; if(getsign(a) == getsign(b)) //积的符号判定 flag = false; a = bepositive(a);//先把乘数和被乘数变为正数 b = bepositive(b); int ans = 0; while(b) { ans = add(ans, a); b = subtraction(b, 1); } if(flag) ans = negtive(ans); return ans; }
思路二：
在二进制数上做乘法，如下图：
这一过程就是根据乘数的每一位为0或1时，将被乘数错位的加在积上。时间复杂度为O(logN)。
int multiply(int a, int b) { bool flag = true; if(getsign(a) == getsign(b)) //积的符号判定 flag = false; a = bepositive(a); b = bepositive(b); int ans = 0; while(b) { if(b&1) ans = add(ans, a); a = (a<<1); //把a错位加在积上 b = (b>>1); //从最低位开始依次判断b的每一位 } if(flag) ans = negtive(ans); return ans; }
72. Edit Distance
Given two words word1 and word2, find the minimum number of steps required to convert word1 to word2. (each operation is counted as 1 step.)
You have the following 3 operations permitted on a word:
a) Insert a character
b) Delete a character
c) Replace a character
public class Solution { public int minDistance(String word1, String word2) { int m = word1.length(), n = word2.length(); int[][] dp = new int[m + 1][n + 1]; // 初始化空字符串的情况 for(int i = 1; i <= m; i++){ dp[i][0] = i; } for(int i = 1; i <= n; i++){ dp[0][i] = i; } for(int i = 1; i <= m; i++){ for(int j = 1; j <= n; j++){ // 增加操作：str1a变成str2后再加上b，得到str2b 需要的次数 int insertion = dp[i][j-1] + 1; // 删除操作：str1a删除a后，再由str1变为str2b 需要的次数 int deletion = dp[i-1][j] + 1; // 替换操作：先由str1变为str2，然后str1a的a替换为b，得到str2b 需要的次数（需要先判断是否相等，相等的话加0，不相等就加1） int replace = dp[i-1][j-1] + (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1) ? 0 : 1); // 三者中取最小的一个操作作为当前的dp dp[i][j] = Math.min(replace, Math.min(insertion, deletion)); } } return dp[m][n]; } }
