Divide Two Integers题解以及类似题目的总结

最新推荐文章于 2019-09-05 23:46:17 发布

lcxywfe

最新推荐文章于 2019-09-05 23:46:17 发布

阅读量531

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：第一次写程序系列文章标签： LeetCode Divide Two Integers Pow

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/lcxywfe/article/details/52805340

第一次写程序系列专栏收录该内容

12 篇文章

订阅专栏

本文解析了LeetCode上的两个经典算法题目：不使用乘除法实现整数相除及高效计算幂运算。提供了两种解决思路并附带源代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

29. Divide Two Integers

Divide two integers without using multiplication, division and mod operator.

If it is overflow, return MAX_INT.

思路很简单，既然不能用乘除法，自然是用加减法了来代替。

瓶颈也很显而易见，按线性加减发会超时。

这个题目有两个思路，先说第一个。

假设现在我们是算x / y，那么考虑x > 2^n * y，求出这个最大的2^n，然后将x减去2^n * y，然后继续求新的2^n，直到x<y，最后将历次2^n加起来就是答案了。有没有种二进制的意思。

public class Solution {
    public int divide(int dividend, int divisor) {
    	long result = 0;
    	int flag = 1;
    	if (dividend < 0)
    		flag = -flag;
    	if (divisor < 0)
    		flag = -flag;
    	
    	long x = Math.abs((long)dividend);
    	long y = Math.abs((long)divisor);
    	
    	while (x>=y) {
    		long temp = y;
    		long c = 1;
    		while (temp <= x) {
    			temp <<= 1;
    			c <<= 1;
    		}
    		result += (c>>1);
    		x -= (temp>>1);
    	}
    	if (result*(long)flag > Integer.MAX_VALUE || result*(long)flag < Integer.MIN_VALUE)
    		return Integer.MAX_VALUE;
    	else
    		return (int)(result*(long)flag);  	
    }
}

第二个思路很简单，就是预处理，比如我们还是算x / y，我们怕的不就是当出现2000000000 / 1这种情况出现时会超时吗，那我们先预处理y的倍数，我先用加法把y的100000倍预先算出来，存位m，然后用x一次次去减m就行了，当最后x < m的时候，再对剩下的x作 x / y，结果就是剩下的x /y + 100000*m。

用这个方法来个实战。

50. Pow(x, n)

Implement pow(x, n).

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {
        double result = 1;

        if (n >= 0)
        {
            double temp = 1;
            for (int i=0; i<10000; i++)
                temp *= x;

            while (n-10000 > 0)
            {
                result *= temp;
                n -= 10000;
            }

            for (int i=0; i<n; i++)
                result *= x;

            return result;
        }
        else
        {
            long m = n;
            m = -m;
            
            double temp = 1;
            for (int i=0; i<10000; i++)
                temp *= x;

            while (m-10000 > 0)
            {
                result *= temp;
                m -= 10000;
            }

            for (int i=0; i<m; i++)
                result *= x;

            return 1/result;
        }
    }
};

看一下复杂度，应该是第一种方法更优一点，毕竟是log级别的。

本菜正在刷LeetCode，写过的代码都放到了https://github.com/lcxywfe/LeetCode，欢迎各犇交流～