程序员编程艺术第一章、左旋转字符串

第一章、左旋转字符串

作者：July，yansha。
时间：二零一一年四月十四日。
微博：http://weibo.com/julyweibo。
出处：http://blog.csdn.net/v_JULY_v。
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序

前言

第一节、左旋转字符串

第二节、两个指针逐步翻转

第三节、通过递归转换，缩小问题之规模

第四节、stl::rotate 算法的步步深入

第五节、总结

前言
本人整理微软等公司面试100题系列，包括原题整理，资源上传，帖子维护，答案整理，勘误，修正与优化工作，包括后续全新整理的80道，总计180道面试题，已有半年的时间了。

关于这180道面试题的一切详情，请参见：横空出世，席卷Csdn [评微软等数据结构+算法面试180题]。

一直觉得，这180道题中的任何一题都值得自己反复思考，反复研究，不断修正，不断优化。之前的答案整理由于时间仓促，加之受最开始的认识局限，更兼水平有限，所以，这180道面试题的答案，有很多问题都值得进一步商榷与完善。

特此，想针对这180道面试题，再写一个系列，叫做：程序员编程艺术系列。如你所见，我一般确定要写成一个系列的东西，一般都会永久写下去的。

    “他似风儿一般奔跑，很多人渐渐的停下来了，而只有他一直在飞，一直在飞....”

    ok，本次程序员编程艺术系列以之前本人最初整理的微软面试100题中的第26题、左旋转字符串，为开篇，希望就此问题进行彻底而深入的阐述。然以下所有任何代码仅仅只是全部测试正确了而已，还有很多的优化工作要做。欢迎任何人，不吝赐教。谢谢。

第一节、左旋转字符串
题目描述：

定义字符串的左旋转操作：把字符串前面的若干个字符移动到字符串的尾部。
如把字符串abcdef左旋转2位得到字符串cdefab。
请实现字符串左旋转的函数，要求对长度为n的字符串操作的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

编程之美上有这样一个类似的问题，咱们先来看一下：

设计一个算法，把一个含有N个元素的数组循环右移K位，要求时间复杂度为O（N），
且只允许使用两个附加变量。
分析：
我们先试验简单的办法，可以每次将数组中的元素右移一位，循环K次。
abcd1234→4abcd123→34abcd12→234abcd1→1234abcd。
RightShift(int* arr, int N, int K)
{
     while(K--)
     {
          int t = arr[N - 1];
          for(int i = N - 1; i > 0; i --)
               arr[i] = arr[i - 1];
          arr[0] = t;
     }
}
虽然这个算法可以实现数组的循环右移，但是算法复杂度为O（K * N），不符合题目的要求，要继续探索。
假如数组为abcd1234，循环右移4位的话，我们希望到达的状态是1234abcd。
不妨设K是一个非负的整数，当K为负整数的时候，右移K位，相当于左移（-K）位。
左移和右移在本质上是一样的。
解法一：
大家开始可能会有这样的潜在假设，K<N。事实上，很多时候也的确是这样的。但严格来说，我们不能用这样的“惯性思维”来思考问题。
尤其在编程的时候，全面地考虑问题是很重要的，K可能是一个远大于N的整数，在这个时候，上面的解法是需要改进的。
仔细观察循环右移的特点，不难发现：每个元素右移N位后都会回到自己的位置上。因此，如果K > N，右移K-N之后的数组序列跟右移K位的结果是一样的。
进而可得出一条通用的规律：
右移K位之后的情形，跟右移K’= K % N位之后的情形一样，如代码清单2-34所示。
//代码清单2-34
RightShift(int* arr, int N, int K)
{
     K %= N;
     while(K--)
     {
          int t = arr[N - 1];
          for(int i = N - 1; i > 0; i --)
               arr[i] = arr[i - 1];
          arr[0] = t;
     }
}
可见，增加考虑循环右移的特点之后，算法复杂度降为O（N^２），这跟K无关，与题目的要求又接近了一步。但时间复杂度还不够低，接下来让我们继续挖掘循环右移前后，数组之间的关联。

解法二：
假设原数组序列为abcd1234，要求变换成的数组序列为1234abcd，即循环右移了4位。比较之后，不难看出，其中有两段的顺序是不变的：1234和abcd，可把这两段看成两个整体。右移K位的过程就是把数组的两部分交换一下。
变换的过程通过以下步骤完成：
逆序排列abcd：abcd1234 → dcba1234；
逆序排列1234：dcba1234 → dcba4321；
全部逆序：dcba4321 → 1234abcd。
伪代码可以参考清单2-35。
//代码清单2-35
Reverse(int* arr, int b, int e)
{
     for(; b < e; b++, e--)
     {
          int temp = arr[e];
          arr[e] = arr[b];
          arr[b] = temp;
     }
}
RightShift(int* arr, int N, int k)
{
     K %= N;
     Reverse(arr, 0, N – K - 1);
     Reverse(arr, N - K, N - 1);
     Reverse(arr, 0, N - 1);
}
这样，我们就可以在线性时间内实现右移操作了。

稍微总结下：
编程之美上，
（限制书中思路的根本原因是，题目要求：“且只允许使用两个附加变量”，去掉这个限制，思路便可如泉喷涌）
1、第一个想法，是一个字符一个字符的右移，所以，复杂度为O（N*K）
2、后来，它改进了，通过这条规律：右移K位之后的情形，跟右移K’= K % N位之后的情形一样
复杂度为O（N^2）
3、直到最后，它才提出三次翻转的算法，得到线性复杂度。

下面，你将看到，本章里我们的做法是：
1、三次翻转，直接线性
2、两个指针逐步翻转，线性
3、stl的rotate算法，线性

好的，现在，回到咱们的左旋转字符串的问题中来，对于这个左旋转字符串的问题，咱们可以如下这样考虑：
1.1、思路一：

对于这个问题，咱们换一个角度，可以这么做：
将一个字符串分成两部分，X和Y两个部分，在字符串上定义反转的操作X^T，即把X的所有字符反转（如，X="abc"，那么X^T="cba"），那么我们可以得到下面的结论：(X^TY^T)^T=YX。显然我们这就可以转化为字符串的反转的问题了。

不是么?ok,就拿abcdef 这个例子来说（非常简短的三句，请细看，一看就懂）：
1、首先分为俩部分，X:abc，Y:def；
2、X->X^T，abc->cba， Y->Y^T，def->fed。
3、(X^TY^T)^T=YX，cbafed->defabc，即整个翻转。

我想，这下，你应该了然了。
然后，代码可以这么写（已测试正确）：

//Copyright@ 小桥流水 && July //c代码实现，已测试正确。 //http://www.smallbridge.co.cc/2011/03/13/100%E9%A2%98 //_21-%E5%B7%A6%E6%97%8B%E8%BD%AC%E5%AD%97%E7%AC%A6%E4%B8%B2.html //July、updated，2011.04.17。 #include <stdio.h> #include <string.h> char * invert(char *start, char *end) { char tmp, *ptmp = start; while (start != NULL && end != NULL && start < end) { tmp = *start; *start = *end; *end = tmp; start ++; end --; } return ptmp; } char *left(char *s, int pos) //pos为要旋转的字符个数，或长度，下面主函数测试中，pos=3。 { int len = strlen(s); invert(s, s + (pos - 1)); //如上，X->X^T，即 abc->cba invert(s + pos, s + (len - 1)); //如上，Y->Y^T，即 def->fed invert(s, s + (len - 1)); //如上，整个翻转，(X^TY^T)^T=YX，即 cbafed->defabc。 return s; } int main() { char s[] = "abcdefghij"; puts(left(s, 3)); return 0; }

1.2、答案V0.3版中，第26题勘误：

    之前的答案V0.3版[第21-40题答案]中，第26题、贴的答案有误，那段代码的问题，最早是被网友Sorehead给指出来的：
第二十六题：
楼主的思路确实很巧妙，我真没想到还有这种方法，学习了。
不过楼主代码中存在问题，主要是条件判断部分：
函数LeftRotateString中 if (nLength > 0 || n == 0 || n > nLength)
函数ReverseString中 if (pStart == NULL || pEnd == NULL)
    当时，以答案整理因时间仓促，及最开始考虑问题不够周全为由，没有深入细看下去。后来，朋友达摩流浪者再次指出了上述代码的问题：
26题这句 if(nLength > 0 || n == 0 || n > nLength)，有问题吧?
  还有一句，应该是if(!(pStart == NULL || pEnd == NULL))，吧。
    而后，修改如下（已测试正确）
//zhedahht //July、k，updated //copyright @2011.04.14，by July。 //引用，请注明原作者，出处。 #include <string.h> #include <iostream> using namespace std; void Swap(char* a,char* b) //特此把交换函数，独立抽取出来。当然，不排除会有人认为，此为多此一举。 { char temp =*a; *a = *b; *b = temp; } // Reverse the string between pStart and pEnd void ReverseString(char* pStart, char* pEnd) { if(*pStart != '/0' && *pEnd != '/0') //这句也可以是：if(pStart != NULL && pEnd != NULL)。 { while(pStart <= pEnd) { Swap(pStart,pEnd); //交换 pStart++; pEnd--; } } } // Move the first n chars in a string to its end char* LeftRotateString(char* pStr, unsigned int n) { if(pStr != NULL) { int nLength = static_cast<int>(strlen(pStr)); if(nLength >0 && n != 0 && n<nLength) //n可以=0,也可以说不该=0。 //nLength是整个字符串的长度，n是左边的一部分，所以应该是n<nLength。 //之前上传的答案（代码），就错在这里，最初的为n>nLength,当然，就是错的了。July、k，updated。 { char* pFirstStart = pStr; char* pFirstEnd = pStr + n - 1; char* pSecondStart = pStr + n; char* pSecondEnd = pStr + nLength - 1; // reverse the first part of the string ReverseString(pFirstStart, pFirstEnd); // reverse the second part of the strint ReverseString(pSecondStart, pSecondEnd); // reverse the whole string ReverseString(pFirstStart, pSecondEnd); } } return pStr; } int main() { char a[11]="hello July"; //2、修正，以一个数组实现存储整个字符串 char *ps=a; LeftRotateString(ps, 6); for(;*ps!='/0';ps++) cout<<*ps; cout<<endl; ps=NULL; //代码规范 return 0; } 上述，修正的俩处错误，如下所示：
1、如上注释中所述：
if(nLength >0 && n<nLength)
//nLength是整个字符串的长度吧，n是左边的一部分，所以应该是n<nLength。
2、至于之前的主函数为什么编写错误，请看下面的注释：
int main()
{
    char *ps="hello July"; //本身没错，但你不能对ps所指的字符串做任何修改。
    //这句其实等价于：const char *ps = "hello July"
    LeftShiftString( ps, 4 ); //而在这里，试图修改ps所指的字符串常量，所以将出现错误。
    puts( ps );
    return 0;
}
当然，上面的解释也不是完全正确的，正如ivan所说：从编程实践来说，不完全对。
如果在一个大的工程里面，你怎么知道ps指向的是""字符串，还是malloc出来的东西？
那么如何决定要不要对ps进行delete?
不过，至少第26题的思路一的代码，最终完整修正完全了。

1.3、updated:
可能你还是感觉上述代码，有点不好理解，ok，下面再给出一段c实现的代码。
然后，我们可以看到c的高效与简洁。

//copyright@ yiyibupt&&July //已测试正确，July、updated，2011.04.17. //不要小看每一段程序，July。 #include <cstdio> #include <cstring> void rotate(char *start, char *end) { while(start != NULL && end !=NULL && start<end) { char temp=*start; *start=*end; *end=temp; start++; end--; } } void leftrotate(char *p,int m) { if(p==NULL) return ; int len=strlen(p); if(m>0&&m<=len) { char *xfirst,*xend; char *yfirst,*yend; xfirst=p; xend=p+m-1; yfirst=p+m; yend=p+len-1; rotate(xfirst,xend); rotate(yfirst,yend); rotate(p,p+len-1); } } int main(void) { char str[]="abcdefghij"; leftrotate(str,3); printf("%s/n",str); return 0; }

第二节、两指针逐步翻转
先看下网友litaoye 的回复：26.左旋转字符串跟panda所想，是一样的，即，
以abcdef为例
1. ab->ba
2. cdef->fedc
原字符串变为bafedc
3. 整个翻转：cdefab
//只要俩次翻转，且时间复杂度也为O（n）。

2.1、在此，本人再奉献另外一种思路，即为本思路二：
abc defghi，要abc移动至最后
abc defghi->def abcghi->def ghiabc

定义俩指针，p1指向ch[0]，p2指向ch[m]；
一下过程循环m次，交换p1和p2所指元素，然后p1++, p2++；。

第一步，交换abc 和def ，
abc defghi->def abcghi
第二步，交换abc 和 ghi，
def abcghi->def ghiabc

整个过程，看起来，就是abc 一步一步向后移动
abc defghi
def abcghi
def ghi abc
//最后的复杂度是O（m+n）

以下是朋友颜沙针对上述过程给出的图解：

2.2、各位读者注意了：

由上述例子九个元素的序列abcdefghi，您已经看到，m=3时，p2恰好指到了数组最后一个元素，于是，上述思路没有问题。但如果上面例子中i 的后面还有元素列?

即，如果是要左旋十个元素的序列：abcdefghij，ok，下面，就举这个例子，对abcdefghij序列进行左旋转操作：

如果abcdef ghij要变成defghij abc：
abcdef ghij
1. def abc ghij
2. def ghi abc j //接下来，j 步步前移
3. def ghi ab jc
4. def ghi a j bc
5. def ghi j abc

下面，再针对上述过程，画个图清晰说明下，如下所示：

ok，咱们来好好彻底总结一下此思路二：（就4点，请仔细阅读）：

1、首先让p1=ch[0]，p2=ch[m]，即让p1，p2相隔m的距离；

2、判断p2+m-1是否越界，如果没有越界转到3，否则转到4（abcdefgh这8个字母的字符串，以4左旋，那么初始时p2指向e，p2+4越界了，但事实上p2至p2+m-1是m个字符，可以再做一个交换）。

3、不断交换*p1与*p2，然后p1++，p2++，循环m次，然后转到2。

4、此时p2+m-1 已经越界，在此只需处理尾巴。过程如下：

4.1 通过n-p2得到p2与尾部之间元素个数r，即我们要前移的元素个数。

4.2 以下过程执行r次：

ch[p2]<->ch[p2-1]，ch[p2-1]<->ch[p2-2]，....，ch[p1+1]<->ch[p1]；p1++；p2++；

（特别感谢tctop组成员big的指正，tctop组的修订wiki页面为：http://tctop.wikispaces.com/）

所以，之前最初的那个左旋转九个元素abcdefghi的思路在末尾会出现问题的（如果p2后面有元素就不能这么变，例如，如果是处理十个元素，abcdefghij 列?对的，就是这个意思），解决办法有两个：

方法一（即如上述思路总结所述）：
def ghi abc jk
当p1指向a，p2指向j时，由于p2+m越界，那么此时p1，p2不要变
这里p1之后（abcjk)就是尾巴，处理尾巴只需将j,k移到abc之前，得到最终序列，代码编写如下：

//copyright@July、颜沙 //最终代码，July，updated again，2011.04.17。 #include <iostream> #include <string> using namespace std; void rotate(string &str, int m) { if (str.length() == 0 || m <= 0) return; int n = str.length(); if (m % n <= 0) return; int p1 = 0, p2 = m; int k = (n - m) - n % m; // 交换p1，p2指向的元素，然后移动p1，p2 while (k --) { swap(str[p1], str[p2]); p1++; p2++; } // 重点，都在下述几行。 // 处理尾部，r为尾部左移次数 int r = n - p2; while (r--) { int i = p2; while (i > p1) { swap(str[i], str[i-1]); i--; } p2++; p1++; } //比如一个例子，abcdefghijk // p1 p2 //当执行到这里时，defghi a b c j k //p2+m出界了， //r=n-p2=2，所以以下过程，要执行循环俩次。 //第一次：j 步步前移，abcjk->abjck->ajbck->jabck //然后，p1++，p2++，p1指a，p2指k。 // p1 p2 //第二次：defghi j a b c k //同理，此后，k步步前移，abck->abkc->akbc->kabc。 } int main() { string ch="abcdefghijk"; rotate(ch,3); cout<<ch<<endl; return 0; } 方法二：
def ghi abc jk
当p1指向a，p2指向j时，那么交换p1和p2，
此时为:
def ghi jbc ak

p1++，p2++,p1指向b，p2指向k，继续上面步骤得:
def ghi jkc ab

p1++，p2不动,p1指向c，p2指向b，p1和p2之间（cab)也就是尾巴，
那么处理尾巴（cab)需要循环左移一定次数（而后的具体操作步骤已在下述程序的注释中已详细给出）。

根据方案二，不难写出下述代码（已测试正确）：

#include <iostream> #include <string> using namespace std; //颜沙，思路二之方案二， //July、updated，2011.04.16。 void rotate(string &str, int m) { if (str.length() == 0 || m < 0) return; //初始化p1，p2 int p1 = 0, p2 = m; int n = str.length(); // 处理m大于n if (m % n == 0) return; // 循环直至p2到达字符串末尾 while(true) { swap(str[p1], str[p2]); p1++; if (p2 < n - 1) p2++; else break; } // 处理尾部，r为尾部循环左移次数 int r = m - n % m; // r = 1. while (r--) //外循环执行一次 { int i = p1; char temp = str[p1]; while (i < p2) //内循环执行俩次 { str[i] = str[i+1]; i++; } str[p2] = temp; } //举一个例子 //abcdefghijk //当执行到这里的时候，defghiabcjk // p1 p2 //defghi a b c j k，a 与 j交换，jbcak，然后，p1++，p2++ // p1 p2 // j b c a k，b 与 k交换，jkcab，然后，p1++，p2不动， //r = m - n % m= 3-11%3=1，即循环移位1次。 // p1 p2 // j k c a b //p1所指元素c实现保存在temp里， //然后执行此条语句：str[i] = str[i+1]; 即a跑到c的位置处，a_b //i++，再次执行：str[i] = str[i+1]，ab_ //最后，保存好的c 填入，为abc，所以，最终序列为defghi jk abc。 //July、updated，2011.04.17晚，送走了她。 } int main() { string ch="abcdefghijk"; rotate(ch,3); cout<<ch<<endl; return 0; }

注意：上文中都是假设m<n，且如果鲁棒点的话令m=m%n，这样m允许大于n。另外，各位要记得处理指针为空的情况。

还可以看下这段代码：
/* * myinvert2.cpp * * Created on: 2011-5-11 * Author: BigPotato */ #include<iostream> #include<string> #define positiveMod(m,n) ((m) % (n) + (n)) % (n) /* *左旋字符串str，m为负数时表示右旋abs（m）个字母 */ void rotate(std::string &str, int m) { if (str.length() == 0) return; int n = str.length(); //处理大于str长度及m为负数的情况,positiveMod可以取得m为负数时对n取余得到正数 m = positiveMod(m,n); if (m == 0) return; // if (m % n <= 0) // return; int p1 = 0, p2 = m; int round; //p2当前所指和之后的m-1个字母共m个字母，就可以和p2前面的m个字母交换。 while (p2 + m - 1 < n) { round = m; while (round--) { std::swap(str[p1], str[p2]); p1++; p2++; } } //剩下的不足m个字母逐个交换 int r = n - p2; while (r--) { int i = p2; while (i > p1) { std::swap(str[i], str[i - 1]); i--; } p2++; p1++; } } //测试 int main(int argc, char **argv) { // std::cout << ((-15) % 7 + 7) % 7 << std::endl; // std::cout << (-15) % 7 << std::endl; std::string ch = "abcdefg"; int len = ch.length(); for (int m = -2 * len; m <= len * 2; m++) { //由于传给rotate的是string的引用，所以这里每次调用都用了一个新的字符串 std::string s = "abcdefg"; rotate(s, m); std::cout << positiveMod(m,len) << ": " << s << std::endl; } return 0; }

第三节、通过递归转换，缩小问题之规模

本文最初发布时，网友留言bluesmic说：楼主，谢谢你提出的研讨主题，很有学术和实践价值。关于思路二，本人提一个建议：思路二的代码，如果用递归的思想去简化，无论代码还是逻辑都会更加简单明了。

就是说，把一个规模为N的问题化解为规模为M(M<N)的问题。
举例来说，设字符串总长度为L，左侧要旋转的部分长度为s1，那么当从左向右循环交换长度为s1的小段，直到最后，由于剩余的部分长度为s2(s2==L%s1)而不能直接交换。

该问题可以递归转化成规模为s1+s2的，方向相反(从右向左)的同一个问题。随着递归的进行，左右反复回荡，直到某一次满足条件L%s1==0而交换结束。

举例解释一下：
设原始问题为：将“123abcdefg”左旋转为“abcdefg123”，即总长度为10，旋转部("123")长度为3的左旋转。按照思路二的运算，演变过程为“123abcdefg”->"abc123defg"->"abcdef123g"。这时，"123"无法和"g"作对调，该问题递归转化为：将“123g”右旋转为"g123"，即总长度为4，旋转部("g")长度为1的右旋转。

updated：

Ys：

Bluesmic的思路没有问题，他的思路以前很少有人提出。思路是通过递归将问题规模变小。当字符串总长度为n，左侧要旋转的部分长度为m，那么当从左向右循环交换长度为m的小段直到剩余部分为m’(n % m)，此时m’ < m，已不能直接交换了。

此后，我们换一个思路，把该问题递归转化成规模大小为m’ +m，方向相反的同一问题。随着递归的进行，直到满足结束条件n % m==0。

举个具体事例说明，如下：

1、对于字符串abc def ghi gk，

将abc右移到def ghi gk后面，此时n = 11，m = 3，m’ = n % m = 2;

abc def ghi gk -> def ghi abc gk

2、问题变成gk左移到abc前面，此时n = m’ + m = 5，m = 2，m’ = n % m 1;

abc gk -> a gk bc

3、问题变成a右移到gk后面，此时n = m’ + m = 3，m = 1，m’ = n % m = 0;

a gk bc-> gk a bc。由于此刻，n % m = 0，满足结束条件，返回结果。

即从左至右，后从右至左，再从左至右，如此反反复复，直到满足条件，返回退出。

代码如下，已测试正确（有待优化）：

//递归， //感谢网友Bluesmic提供的思路 //copyright@ yansha 2011.04.19 //July，updated，2011.04.20. #include <iostream> using namespace std; void rotate(string &str, int n, int m, int head, int tail, bool flag) { //n 待处理部分的字符串长度，m：待处理部分的旋转长度 //head：待处理部分的头指针，tail：待处理部分的尾指针 //flag = true进行左旋，flag = false进行右旋 // 返回条件 if (head == tail || m <= 0) return; if (flag == true) { int p1 = head; int p2 = head + m; //初始化p1，p2 //1、左旋：对于字符串abc def ghi gk， //将abc右移到def ghi gk后面，此时n = 11，m = 3，m’ = n % m = 2; //abc def ghi gk -> def ghi abc gk //（相信，经过上文中那么多繁杂的叙述，此类的转换过程，你应该是了如指掌了。） int k = (n - m) - n % m; //p1，p2移动距离，向右移六步 /*--------------------- 解释下上面的k = (n - m) - n % m的由来： yansha：以p2为移动的参照系： n-m 是开始时p2到末尾的长度，n%m是尾巴长度 (n-m)-n%m就是p2移动的距离比如 abc def efg hi 开始时p2->d,那么n-m 为def efg hi的长度8， n%m 为尾巴hi的长度2，因为我知道abc要移动到hi的前面，所以移动长度是 (n-m)-n%m = 8-2 = 6。 */ for (int i = 0; i < k; i++, p1++, p2++) swap(str[p1], str[p2]); rotate(str, n - k, n % m, p1, tail, false); //flag标志变为false，结束左旋，下面，进入右旋 } else { //2、右旋：问题变成gk左移到abc前面，此时n = m’ + m = 5，m = 2，m’ = n % m 1; //abc gk -> a gk bc int p1 = tail; int p2 = tail - m; // p1，p2移动距离，向左移俩步 int k = (n - m) - n % m; for (int i = 0; i < k; i++, p1--, p2--) swap(str[p1], str[p2]); rotate(str, n - k, n % m, head, p1, true); //再次进入上面的左旋部分， //3、左旋：问题变成a右移到gk后面，此时n = m’ + m = 3，m = 1，m’ = n % m = 0; //a gk bc-> gk a bc。由于此刻，n % m = 0，满足结束条件，返回结果。 } } int main() { int i=3; string str = "abcdefghijk"; int len = str.length(); rotate(str, len, i % len, 0, len - 1, true); cout << str.c_str() << endl; //转化成字符数组的形式输出 return 0; }

非常感谢。

稍后，由下文，您将看到，其实上述思路二的本质即是下文将要阐述的stl rotate算法，详情，请继续往下阅读。

第四节、stl::rotate 算法的步步深入
思路三：

3.1、数组循环移位
下面，我将再具体深入阐述下此STL 里的rotate算法，由于stl里的rotate算法，用到了gcd的原理，下面，我将先介绍此辗转相除法，或欧几里得算法，gcd的算法思路及原理。

gcd，即辗转相除法，又称欧几里得算法，是求最大公约数的算法，即求两个正整数之最大公因子的算法。此算法作为TAOCP第一个算法被阐述，足见此算法被重视的程度。

    gcd算法：给定俩个正整数m，n（m>=n），求它们的最大公约数。（注意，一般要求m>=n，若m<n，则要先交换m<->n。下文，会具体解释）。以下，是此算法的具体流程：
    1、[求余数]，令r=m%n，r为n除m所得余数（0<=r<n）；
    2、[余数为0?]，若r=0，算法结束，此刻，n即为所求答案，否则，继续，转到3；
    3、[重置]，置m<-n，n<-r，返回步骤1.

此算法的证明，可参考计算机程序设计艺术第一卷：基本算法。证明，此处略。

    ok，下面，举一个例子，你可能看的更明朗点。
    比如，给定m=544，n=119，
      则余数r=m%n=544%119=68; 因r!=0，所以跳过上述步骤2，执行步骤3。；
      置m<-119，n<-68，=>r=m%n=119%68=51;
      置m<-68，n<-51，=>r=m%n=68%51=17；
      置m<-51，n<-17，=>r=m%n=51%17=0，算法结束，

此时的n=17，即为m=544，n=119所求的俩个数的最大公约数。

再解释下上述gcd(m，n)算法开头处的，要求m>=n 的原因：举这样一个例子，如m<n，即m=119，n=544的话，那么r=m%n=119%544=119,
因为r!=0,所以执行上述步骤3，注意，看清楚了：m<-544，n<-119。看到了没，尽管刚开始给的m<n，但最终执行gcd算法时，还是会把m，n的值交换过来，以保证m>=n。

ok，我想，现在，你已经彻底明白了此gcd算法，下面，咱们进入主题，stl里的rotate算法的具体实现。//待续。

熟悉stl里的rotate算法的人知道，对长度为n的数组(ab)左移m位，可以用stl的rotate函数（stl针对三种不同的迭代器，提供了三个版本的rotate）。但在某些情况下，用stl的rotate效率极差。

对数组循环移位，可以采用的方法有（也算是对上文思路一，和思路二的总结）：

      flyinghearts：
      ① 动态分配一个同样长度的数组，将数据复制到该数组并改变次序，再复制回原数组。（最最普通的方法）
      ② 利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序）
      ③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）：
      若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。
      若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。
      通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。
      ④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，总共gcd(n,m)个循环链。所以，总共交换n次）。

stl的rotate的三种迭代器，即是，分别采用了后三种方法。

在给出stl rotate的源码之前，先来看下我的朋友ys对上述第④ 种方法的评论：
ys：这条思路个人认为绝妙，也正好说明了数学对算法的重要影响。

    通过前面思路的阐述，我们知道对于循环移位，最重要的是指针所指单元不能重复。例如要使abcd循环移位变成dabc(这里m=3,n=4)，经过以下一系列眼花缭乱的赋值过程就可以实现：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1]; （*）
    字符串变化为：abcd->_bcd->dbc_->db_c->d_bc->dabc;
是不是很神奇？其实这是有规律可循的。

请先看下面的说明再回过头来看。
对于左旋转字符串，我们知道每个单元都需要且只需要赋值一次，什么样的序列能保证每个单元都只赋值一次呢？

1、对于正整数m、n互为质数的情况，通过以下过程得到序列的满足上面的要求：
for i = 0: n-1
k = i * m % n;
end

    举个例子来说明一下，例如对于m=3,n=4的情况，
        1、我们得到的序列：即通过上述式子求出来的k序列，是0, 3, 2, 1。
       2、然后，你只要只需按这个顺序赋值一遍就达到左旋3的目的了：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];   （*）

ok，这是不是就是按上面（*）式子的顺序所依次赋值的序列阿?哈哈，很巧妙吧。当然，以上只是特例，作为一个循环链，相当于rotate算法的一次内循环。

2、对于正整数m、n不是互为质数的情况（因为不可能所有的m，n都是互质整数对），那么我们把它分成一个个互不影响的循环链，正如flyinghearts所言，所有序号为 (j + i * m) % n（j为0到gcd(n, m)-1之间的某一整数，i = 0:n-1）会构成一个循环链，一共有gcd(n, m)个循环链，对每个循环链分别进行一次内循环就行了。

综合上述两种情况，可简单编写代码如下：

//④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)， //会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数）， //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次 //（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，共有gcd(n,m)个循环链，所以，总共交换n次）。 void rotate(string &str, int m) { int lenOfStr = str.length(); int numOfGroup = gcd(lenOfStr, m); int elemInSub = lenOfStr / numOfGroup; for(int j = 0; j < numOfGroup; j++) //对应上面的文字描述，外循环次数j为循环链的个数，即gcd(n, m)个循环链 { char tmp = str[j]; for (int i = 0; i < elemInSub - 1; i++) //内循环次数i为，每个循环链上的元素个数，n/gcd(m,n)次 str[(j + i * m) % lenOfStr] = str[(j + (i + 1) * m) % lenOfStr]; str[(j + i * m) % lenOfStr] = tmp; } }

后来有网友针对上述的思路④，给出了下述的证明：
    1、首先，直观的看肯定是有循环链，关键是有几条以及每条有多长，根据(i+j *m) % n这个表达式可以推出一些东东，一个j对应一条循环链，现在要证明(i+j *m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。
    2、假设j和k对应的数字是相同的，即(i+j*m)%n = (i+k*m)%n，可以推出n|(j-k)*m，m=m’*gcd(n.m), n=n’*gcd(n,m), 可以推出n’|(j-k)*m’，而m’和n’互素，于是n’|(j-k)，即(n/gcd(n,m))|(j-k)，
    3、所以(i+j*m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。则总共有gcd(n，m)个循环链。符号“|”是整除的意思。
以上的3点关于为什么一共有gcd(n, m)个循环链的证明，应该是来自qq3128739xx的，非常感谢这位朋友。

3.2、以下，便是摘自sgi stl v3.3版中的stl_algo_h文件里，有关rotate的实现的代码：

// rotate and rotate_copy, and their auxiliary functions template <class _EuclideanRingElement> _EuclideanRingElement __gcd(_EuclideanRingElement __m, _EuclideanRingElement __n) { //gcd(m,n)实现 while (__n != 0) { _EuclideanRingElement __t = __m % __n; __m = __n; __n = __t; } return __m; //.... } //③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）： //若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。 //若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。 //通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。 template <class _ForwardIter, class _Distance> _ForwardIter __rotate(_ForwardIter __first, _ForwardIter __middle, _ForwardIter __last, _Distance*, forward_iterator_tag) { if (__first == __middle) return __last; if (__last == __middle) return __first; _ForwardIter __first2 = __middle; do { swap(*__first++, *__first2++); // if (__first == __middle) __middle = __first2; } while (__first2 != __last); _ForwardIter __new_middle = __first; __first2 = __middle; while (__first2 != __last) { swap (*__first++, *__first2++); // if (__first == __middle) __middle = __first2; else if (__first2 == __last) __first2 = __middle; } return __new_middle; } //②利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。 //（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序） template <class _BidirectionalIter, class _Distance> _BidirectionalIter __rotate(_BidirectionalIter __first, _BidirectionalIter __middle, _BidirectionalIter __last, _Distance*, bidirectional_iterator_tag) { __STL_REQUIRES(_BidirectionalIter, _Mutable_BidirectionalIterator); if (__first == __middle) return __last; if (__last == __middle) return __first; __reverse(__first, __middle, bidirectional_iterator_tag()); //交换序列前半部分 __reverse(__middle, __last, bidirectional_iterator_tag()); //交换序列后半部分 while (__first != __middle && __middle != __last) swap (*__first++, *--__last); //整个序列全部交换 if (__first == __middle) // { __reverse(__middle, __last, bidirectional_iterator_tag()); return __last; } else { __reverse(__first, __middle, bidirectional_iterator_tag()); return __first; } } //④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)， //会构成一个循环链（共有gcd(n,k)个，gcd为n、k的最大公约数）， //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，总共交换了n次。 template <class _RandomAccessIter, class _Distance, class _Tp> _RandomAccessIter __rotate(_RandomAccessIter __first, _RandomAccessIter __middle, _RandomAccessIter __last, _Distance *, _Tp *) { __STL_REQUIRES(_RandomAccessIter, _Mutable_RandomAccessIterator); _Distance __n = __last - __first; _Distance __k = __middle - __first; _Distance __l = __n - __k; _RandomAccessIter __result = __first + (__last - __middle); if (__k == 0) return __last; else if (__k == __l) { swap_ranges(__first, __middle, __middle); return __result; } _Distance __d = __gcd(__n, __k); //令d为gcd(n,k) for (_Distance __i = 0; __i < __d; __i++) { _Tp __tmp = *__first; _RandomAccessIter __p = __first; if (__k < __l) { for (_Distance __j = 0; __j < __l/__d; __j++) { if (__p > __first + __l) { *__p = *(__p - __l); __p -= __l; } *__p = *(__p + __k); __p += __k; } } else { for (_Distance __j = 0; __j < __k/__d - 1; __j ++) { if (__p < __last - __k) { *__p = *(__p + __k); __p += __k; } *__p = * (__p - __l); __p -= __l; } } *__p = __tmp; ++__first; } return __result; }

由于上述stl rotate源码中，方案④ 的代码，较复杂，难以阅读，下面是对上述第④ 方案的简单改写：//对上述方案4的改写。 //④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，.... //copyright@ hplonline && July 2011.04.18。 //July、sahala、yansha，updated，2011.06.02。 void my_rotate(char *begin, char *mid, char *end) { int n = end - begin; int k = mid - begin; int d = gcd(n, k); int i, j; for (i = 0; i < d; i ++) { int tmp = begin[i]; int last = i; //i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。 for (j = (i + k) % n; j != i; j = (j + k) % n) //多谢laocpp指正。 { begin[last] = begin[j]; last = j; } begin[last] = tmp; } }
对上述程序的解释：关于第二个for循环中，j初始化为（i+）%n，程序注释中已经说了，i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。为什么要这么做呢?很简单，n个数的数组不管循环左移多少位，用上述程序的方法一共需要交换n次。当i+k>=n时i+k表示的位置在数组中不存在了，所以又从左边开始的(i+k)%n是下一个交换的位置。
好比5个学生,，编号从0开始，即0 1 2 3 4，老师说报数，规则是从第一个学生开始，中间隔一个学生报数。报数的学生编号肯定是0 2 4 1 3。这里就相当于i为0，k为2，n为5
然后老师又说，编号为0的学生出列，其他学生到在他前一个报数的学生位置上去，那么学生从0 1 2 3 4=》2 3 4 _ 1，最后老师说，编号0到剩余空位去，得到最终排位2 3 4 0 1。此时的结果，实际上就是相当于上述程序中左移k=2个位置了。而至于为什么让编号为0 的学生出列。实际是这句：int last = i; 因为要达到这样的效果0 1 2 3 4 => 2 3 4 0 1，那么2 3 4 必须要移到前面去。怎么样，明白了么?。

关于本题，不少网友也给出了他们的意见，具体请参见此帖子微软100题，维护地址。

第五节、总结
如nossiac所说，对于这个数组循环移位的问题，真正最靠谱的其实只有俩种：一种是上文的思路一，前后部分逆置翻转法，第二种是思路三，即stl 里的rotate算法，其它的思路或方法，都是或多或少在向这俩种方法靠拢。

下期更新：程序员面试题狂想曲：第二章。时间：本周周日04.24晚。非常感谢各位朋友的，支持与关注。本人宣告：本程序员面试题狂想曲系列，永久更新。
本章完。

posted on 2011-04-14 13:14 July_ 阅读(367) 评论(0) 编辑收藏举报