程序员面试题目总结--数组(三)【旋转数组的最小数字、旋转数组中查找指定数、两个排序数组所有元素中间值、数组中重复次数最多的数、数组中出现次数超过一半的数】

最新推荐文章于 2025-05-13 10:32:00 发布

原创最新推荐文章于 2025-05-13 10:32:00 发布 · 3k 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#程序员 #面试题 #二分查找 #旋转数组

面试和笔试同时被 2 个专栏收录

17 篇文章

订阅专栏

程序员面试题目总结--数组

8 篇文章

订阅专栏

11、求旋转数组的最小数字

题目：输入一个排好序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。

分析：数组的旋转：把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾。例如数组{3, 4, 5, 1, 2}为{1, 2, 3, 4, 5}的一个旋转，该数组的最小值为1。这道题最直观的解法并不难。从头到尾遍历数组一次，就能找出最小的元素，时间复杂度显然是O(N)。但这个思路没有利用输入数组的特性，我们应该能找到更好的解法。

我们注意到旋转之后的数组实际上可以划分为两个排序的子数组，而且前面的子数组的元素都大于或者等于后面子数组的元素。我们还可以注意到最小的元素刚好是这两个子数组的分界线。我们试着用二元查找法的思路在寻找这个最小的元素。

首先我们用两个指针，分别指向数组的第一个元素和最后一个元素。按照题目旋转的规则，第一个元素应该是大于或者等于最后一个元素的（这其实不完全对，还有特例。后面再讨论特例）。

接着我们得到处在数组中间的元素。如果该中间元素位于前面的递增子数组，那么它应该大于或者等于第一个指针指向的元素。此时数组中最小的元素应该位于该中间元素的后面。我们可以把第一指针指向该中间元素，这样可以缩小寻找的范围。同样，如果中间元素位于后面的递增子数组，那么它应该小于或者等于第二个指针指向的元素。此时该数组中最小的元素应该位于该中间元素的前面。我们可以把第二个指针指向该中间元素，这样同样可以缩小寻找的范围。我们接着再用更新之后的两个指针，去得到和比较新的中间元素，循环下去。

按照上述的思路，我们的第一个指针总是指向前面递增数组的元素，而第二个指针总是指向后面递增数组的元素。最后第一个指针将指向前面子数组的最后一个元素，而第二个指针会指向后面子数组的第一个元素。也就是它们最终会指向两个相邻的元素，而第二个指针指向的刚好是最小的元素。这就是循环结束的条件。

注：

1、前面提到在旋转数组中，由于是把递增排序数组前面的若干数字搬到数组的后面，因此第一个数字总是大于或等于最后一个数字，但有个特例：把排序数组前面的0个元素搬到后面，即数组没有改变，还是原来的排序数组。此时，数组中第一个数字就是最小数字。

2、当两个指针指向的数字和中间数字相同时，无法判断中间的数字式位于前面的子数组中还是后面的子数组中，则上面的方法就失效了。此时，则使用顺序查找方法。

bool glo_InvalidInput=false;
int MinInOrder(int* numbers, int index1, int index2);

int Min(int* numbers, int length)
{
	if(numbers == NULL || length <= 0)
	{
		glo_InvalidInput=true;
		return -1;
	}

	int index1 = 0;
	int index2 = length - 1;
	int indexMid = index1;
	while(numbers[index1] >= numbers[index2])
	{
		// 如果index1和index2指向相邻的两个数，
		// 则index1指向第一个递增子数组的最后一个数字，
		// index2指向第二个子数组的第一个数字，也就是数组中的最小数字
		if(index2 - index1 == 1)
		{
			indexMid = index2;
			break;
		}

		// 如果下标为index1、index2和indexMid指向的三个数字相等，
		// 则只能顺序查找
		indexMid = (index1 + index2) / 2;
		if(numbers[index1] == numbers[index2] && numbers[indexMid] == numbers[index1])
			return MinInOrder(numbers, index1, index2);

		// 缩小查找范围
		if(numbers[indexMid] >= numbers[index1])
			index1 = indexMid;
		else if(numbers[indexMid] <= numbers[index2])
			index2 = indexMid;
	}

	return numbers[indexMid];
}

int MinInOrder(int* numbers, int index1, int index2)
{
	int result = numbers[index1];
	for(int i = index1 + 1; i <= index2; ++i)
	{
		if(result > numbers[i])
			result = numbers[i];
	}

	return result;
}

12、在旋转数组中查找指定的数（无重复元素）

题目：在旋转数组中查找指定的数，找到返回下标，否则返回-1

分析：数组的旋转：把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾。例如数组{3, 4, 5, 1, 2}为{1, 2, 3, 4, 5}

我们注意到旋转之后的数组实际上可以划分为两个排序的子数组，可以试着用二元查找法的思路在寻找指定的元素。

/************************************************************************
* 数组中没有重复数字                                                                    
************************************************************************/
int SearchRotatedArray(int a[], int n, int value)
{
	if(a==NULL || n <=0)
		return -1;
	int begin=0, end=n-1;
	while(begin!=end)
	{
		int mid=(begin+end)/2;
		if(value == a[mid])
			return mid;
		if(a[begin] < a[mid])
		{
			if(a[begin] <= value && value < a[mid])
				end=mid;
			else
				begin=mid;
		}
		else
		{
			if(a[mid] < value && value <=a[end])
				begin=mid;
			else
				end=mid;
		}
	}
	return -1;
}

扩展：上面题目中若允许有重复数字如何处理？

分析：
允许重复元素，则上一题中如果A[m]>=A[l], 那么[l,m] 为递增序列的假设就不能成立了，比
如[1,3,1,1,1]。
如果A[m]>=A[l] 不能确定递增，那就把它拆分成两个条件：
• 若A[m]>A[l]，则区间[l,m] 一定递增
• 若A[m]==A[l] 确定不了，那就l++，往下看一步即可。

/************************************************************************
* 数组中存在重复数字                                                                     
************************************************************************/
int SearchRotatedArray1(int a[], int n, int value)
{
	if(a==NULL || n <=0)
		return -1;
	int begin=0, end=n-1;
	while(begin!=end)
	{
		int mid=(begin+end)/2;
		if(value == a[mid])
			return mid;
		if(a[begin] < a[mid])
		{
			if(a[begin] <= value && value < a[mid])
				end=mid;
			else
				begin=mid;
		}
		else if(a[begin] > a[mid])
		{
			if(a[mid] < value && value <=a[end])
				begin=mid;
			else
				end=mid;
		}
		else
			begin++;

	}
	return -1;
}

13、求两个排序数组中的所有元素中间值

题目：给定两个已经排序的数组，找出两者所有元素中的中间值

分析：这是一道非常经典的题。这题更通用的形式是，给定两个已经排序好的数组，找到两者所有元素中第k 大的元素。
O(m + n) 的解法比较直观，直接merge 两个数组，然后求第k 大的元素。
不过我们仅仅需要第k 大的元素，是不需要“排序”这么复杂的操作的。可以用一个计数器，记录当前已经找到第m 大的元素了。同时我们使用两个指针pA 和pB，分别指向A 和B 数组的第一个元素，使用类似于merge sort 的原理，如果数组A 当前元素小，那么pA++，同时m++；如果数组B 当前元素小，那么pB++，同时m++。最终当m 等于k 的时候，就得到了我们的答案，O(k)时间，O(1) 空间。但是，当k 很接近m + n 的时候，这个方法还是O(m + n) 的。
有没有更好的方案呢？我们可以考虑从k 入手。如果我们每次都能够删除一个一定在第k 大元素之前的元素，那么我们需要进行k 次。但是如果每次我们都删除一半呢？由于A 和B 都是有序的，我们应该充分利用这里面的信息，类似于二分查找，也是充分利用了“有序”。
假设A 和B 的元素个数都大于k/2，我们将A 的第k/2 个元素（即A[k/2-1]）和B 的第k/2个元素（即B[k/2-1]）进行比较，有以下三种情况（为了简化这里先假设k 为偶数，所得到的结论对于k 是奇数也是成立的）：
• A[k/2-1] == B[k/2-1]
• A[k/2-1] > B[k/2-1]
• A[k/2-1] < B[k/2-1]
如果A[k/2-1] < B[k/2-1]，意味着A[0] 到A[k/2-1 的肯定在A U B 的top k 元素的范围内，换句话说，A[k/2-1]不可能大于A U B 的第k 大元素。留给读者证明。
因此，我们可以放心的删除A 数组的这k/2 个元素。同理，当A[k/2-1] > B[k/2-1] 时，可以删除B 数组的k/2 个元素。
当A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，说明找到了第k 大的元素，直接返回A[k/2-1] 或B[k/2-1]即可。
因此，我们可以写一个递归函数。那么函数什么时候应该终止呢？
• 当A 或B 是空时，直接返回B[k-1] 或A[k-1]；
• 当k=1 是，返回min(A[0], B[0])；
• 当A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，返回A[k/2-1] 或B[k/2-1]

bool glo_InvalidInput=false;
int find_kth(int A[], int m, int B[], int n, int k)
{
		//always assume that m is equal or smaller than n
		if (m > n) return find_kth(B, n, A, m, k);
		if (m == 0) return B[k - 1];
		if (k == 1) return min(A[0], B[0]);
		//divide k into two parts
		int ia = min(k / 2, m), ib = k - ia;
		if (A[ia - 1] < B[ib - 1])
			return find_kth(A + ia, m - ia, B, n, k - ia);
		else if (A[ia - 1] > B[ib - 1])
			return find_kth(A, m, B + ib, n - ib, k - ib);
		else
			return A[ia - 1];
	}

double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) 
{
	if(A == NULL || B==NULL || (m <= 0 && n <=0))
	{
		glo_InvalidInput=true;
		return -1;
	}
	int total = m + n;
	if (total & 0x1)
		return find_kth(A, m, B, n, total / 2 + 1);
	else
		return (find_kth(A, m, B, n, total / 2)
		+ find_kth(A, m, B, n, total / 2 + 1)) / 2.0;
}

14、找出数组中重复次数最多的数

题目：给定一个数组，找出数组中出现重复次数最多的数

分析：

方法一：以空间换时间，可以定义一个数组 int count[MAX]，并将其数组元素都初始化为0，然后执行for(int i=0;i<n;i++) count[A[i]]++；在count中找最大的数，即为重复次数最多的数。

int GetMaxNum(int a[], int n ,int& num)
{
	int index=a[0];
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(a[i]>index)
		{
			index=a[i];
			num=i;
		}
	}
	return index;
}
int main()
{
	int a[]={1,1,2,2,4,4,4,4,5,5,6,6};
	int len=sizeof(a)/sizeof(a[0]);
	int num=0;
	int n=GetMaxNum(a,len,num);
	int *count = new int[n+1];
	for(int i=0;i<n;i++)
		count[i]=0;
	for(int i=0;i<len;i++)
		count[a[i]]++;
	cout << "重复的次数:" << GetMaxNum(count,n,num) << endl;
	cout << "重复次数最多的数:"<< num << endl;
	delete[] count;
}

方法二：使用map映射，通过引入map表来记录每一个元素出现的次数，然后判断次数的大小，进而找出重复次数最多的元素

//找出数组中重复次数最多的数
#include<iostream>
#include<map>
using namespace std;

bool FindMostFrequentNum(int a[],int n, int& val, int& num)
{
	if(a==NULL || n<=0)
		return false;
	map<int,int> m;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(++m[a[i]] > m[val])
			val=a[i];
	}
	num=m[val];
	return true;
}

int main()
{
	int a[]={1,5,4,3,4,4,5,4,4,5,6};
	int len=sizeof(a)/sizeof(a[0]);
	int val=0;
	int num=0;
	if(FindMostFrequentNum(a,len,val,num))
	{
		cout << "重复的次数:" << num << endl;
		cout << "重复次数最多的数:"<< val << endl;
	}
}

15、求数组中出现次数超过一半的数

题目：在O(n)时间复杂度内找出数组中出现次数超过一半的数

分析：每次取出两个不同的数，剩下的数字中重复出现的数字肯定比其他数字多，将规模缩小化，如果每次删除两个不同的数，那么在剩余的数字里，原最高频数出现的频率一样超过了50%,不断重复这个过程，最后剩下的将全是同样的数字，即最高频数。

//在O(n)时间复杂度内找出数组中出现次数超过一半的数
int  Find(int a[], int n)
{
	if(a==NULL || n <=0)
		return -1;

	int candidate=0;
	int count=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(count==0)
		{
			candidate=a[i];
			count=1;
		}
		else
		{
			if(candidate==a[i])
				count++;
			else
				count--;
		}
	}

	count=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(a[i]==candidate)
			count++;
	}
	if(count*2 <= n)
		return -1;

	return candidate;
}