经典算法解析-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/dongqing0812/article/details/38018353

题目1：

二分查找：

int BinarySearch(int array[], int n, int value)
{
    int left = 0;
    int right = n - 1;
    //如果这里是int right = n 的话，那么下面有两处地方需要修改，以保证一一对应：
    //1、下面循环的条件则是while(left < right)
    //2、循环内当 array[middle] > value 的时候，right = mid

    while (left <= right)  //循环条件，适时而变
    {
        int middle = left + ((right - left) >> 1);  //防止溢出，移位也更高效。同时，每次循环都需要更新。

        if (array[middle] > value)
        {
            right = middle - 1;  //right赋值，适时而变
        }
        else if(array[middle] < value)
        {
            left = middle + 1;
        }
        else
            return middle;
        //可能会有读者认为刚开始时就要判断相等，但毕竟数组中不相等的情况更多
        //如果每次循环都判断一下是否相等，将耗费时间
    }
    return -1;
}

题目二：

杨氏矩阵查找

解法一：

分治法

以查找数字6为例，因为矩阵的行和列都是递增的，所以整个矩阵的对角线上的数字也是递增的，故我们可以在对角线上进行二分查找，如果要找的数是6介于对角线上相邻的两个数4、10，可以排除掉左上和右下的两个矩形，而在左下和右上的两个矩形继续递归查找，如下图所示：

解法二：

定位法：

首先直接定位到最右上角的元素，再配以二分查找，比要找的数（6）大就往左走，比要找数（6）的小就往下走，直到找到要找的数字（6）为止，这个方法的时间复杂度O（m+n）。如下图所示：

代码：

#define ROW 4
#define COL 4

bool YoungMatrix(int data[][COL], int serchValue)
{
	int i=0,j=COL-1;
	int var = data[i][j];

	while(true)
	{
		if(var == serchValue)
			return true;
		else if(var < serchValue && i<ROW-1)
			var = data[++i][j];
		else if(var > serchValue && j>0)
			var = data[i][--j];
		else
			return false;
	}
}

举一反三

1、给定 n×n 的实数矩阵，每行和每列都是递增的，求这 n^2 个数的中位数。

2、我们已经知道杨氏矩阵的每行的元素从左到右单调递增，每列的元素从上到下也单调递增的矩阵。那么，如果给定从1-n这n个数，我们可以构成多少个杨氏矩阵呢？

例如n = 4的时候，我们可以构成1行4列的矩阵：

1 2 3 4

2个2行2列的矩阵:

1 2

3 4

和

1 3

2 4

还有一个4行1列的矩阵

因此输出4。

题目三：

数组中有一个数字出现的次数超过了数组长度的一半，找出这个数字

解法一：先排序，快排，遍历，统计次数，输出，时间复杂度O（nlogn + n）。

解法二：排序，输出中间值，时间复杂度O(nlogn)。

解法三：hash表，统计次数，输出，时间复杂度O（1），空间复杂度O(n)。

解法四:

由于题目假定数组中有出现次数超过一半的数字，因此可以通过两个变量，一个是数组中的数字，一个是次数，遍历数组，变量使用的规则是：

如果下一个数字和我们之前保存的数字相同，则次数加1；
如果下一个数字和我们之前保存的数字不同，则次数减1，我们需要保存下一个数字，并把次数重新设为1。

下面，举例：

第一个例子，假定数组为{5, 5, 5, 5, 1}

不同的相消，相同的累积。遍历到第四个数字时，candidate 是5, nTimes 是4；遍历到第五个数字时，candidate 是5, nTimes 是3；nTimes不为0，那么candidate就是超过半数的。
第二个例子，假定数组为{0, 1, 2, 1, 1}

开始时，保存candidate是数字0，nTimes为1；遍历到数字1后，与数字0不同，则nTimes减1变为零；接下来，遍历到数字2，2与1不同，candidate保存数字2，且nTimes重新设为1；继续遍历到第4个数字1时，与2不同，nTimes减1为零，同时candidate保存为1；最终遍历到最后一个数字还是1，与我们之前candidate保存的数字1相同，nTimes加1为1。最后返回的是之前保存的candidate为1。

代码实现：

int findNumber(int* data , int n)
{
	int condidate = data[0];
	int nTimes=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(condidate == data[i])
		{
			nTimes++;
		}else 
		{
			nTimes--;
		}
		if(nTimes==0)
		{
			condidate = data[i];
			nTimes = 1;
		}
	}
	

	return condidate;
}

举一反三

加强版水王：找出出现次数刚好是一半的数字

分析：我们知道，水王问题：有N个数，其中有一个数出现超过一半，要求在线性时间求出这个数。那么，我的问题是，加强版水王：有N个数，其中有一个数刚好出现一半次数，要求在线性时间内求出这个数。

因为，很明显，如果是刚好出现一半的话，如此例： 0，1，2，1 ：

遍历到0时，candidate为0，times为1
遍历到1时，与candidate不同，times减为0
遍历到2时，times为0，则candidate更新为2，times加1
遍历到1时，与candidate不同，则times减为0；我们需要返回所保存candidate（数字2）的下一个数字，即数字1。

思路：

与上题相同，不过这次使用四个变量，由于数组中刚好有数字出现的次数是数组长度一半，因此其他数字的次数都不会比该数字的次数长，所以使用四个变量，两个数字，两个次数，分别记录不同数字的次数，最后选择次数最大者。

代码如下：

int findHalfNumber(int* data, int n)
{
	int condidate1,condidate2;
	int nTime1,nTime2;
	for(int i=nTime1=nTime2=0;i<n;i++)
	{
		if(nTime1==0)
		{
			condidate1=data[i];
			nTime1=1;
		}else if(nTime2==0)
		{
			condidate2=data[i];
			nTime2=1;
		}else
		{
			if(condidate1==data[i])
			{
				nTime1++;
			}else if(condidate2==data[i])
			{
				nTime2++;
			}else
			{
				nTime1--;
				nTime2--;
			}
		}
	}
	return nTime1>nTime2 ? condidate1 : condidate2;
}