时间复杂度
- 只要高阶项，不要低阶项
局部最小
问题
无序数组，相邻不等，返回一个局部最小的位置，怎么整？
原理
- 【0】<【1】，0是局部最小
- 【N-1】<【N-2】，N-1是局部最小
- 【i-1】<【i】<【i+1】，i是局部最小
方法
- 二分法，在0-N一定存在局部最小
异或计算（无进位相加）
- 0
异或N=N N异或N=0
- 满足交换律和结合律
完成数据的交换
- 引入第三方变量
int a = 1;
int b = 2;
int c = a;
a = b;
b = c;- 单独自身计算，不引入第三方变量
int a = 1;
int b = 2;
a = a + b; //a = 3
b = a - b; //b = 3 - 2 = 1
a = a - b; //a = 3 - 1 = 2- 使用异或（前提，值是一样的，但是a和b所处的内存区域是不同的，如果相同会出错）
int a = 1;
int b = 2;
a = a 异或 b; //a = 1 异或 2，b = 2
b = a 异或 b; //a = 1 异或 2, b = 1
a = a 异或 b; //a = 1 异或 2 异或 1 = 2, b = 1- 错误使用
int[] arr = {4,5,3}
int i = 0;
int j = 0;
arr[i] = arr[i] ^ arr[j];
arr[j] = arr[i] ^ arr[j];
arr[i] = arr[i] ^ arr[j];
for(int c = 0; c < arr.length; c++){
System.out.println(arr[c]);
}问题
1，一个数组中有一种数出现了奇数次，其他数都出现了偶数次，怎么找到这一个数
代码
public static void printOddTimesNum1(int[] arr){
int eor = 0;
for (int cur : arr){
eor ^= cur;
}
System.out.println(eor);
}原理
- 只有一个是奇数项，将所有元素都异或，相同元素就会消失，只剩下奇数的元素，利用到了异或的交换律和结合律
2，一个数组中有两种数出现了奇数次，其他数都出现了偶数次，怎么找到这两个数
例子
【1011，0110，0110，1011，1000，0001】
1，让所有元素异或运算，得到eor变量，这个利用相同位置上1的个数，如果是奇数个，则为1，同理，偶数个1为0
2，第一步得到的eor=1001，因为eor的末尾元素为1，则将所有末尾为1的元素进行第二次异或，得到eor’，具体是【1011，1011，0001】，则eor'=0001，eor'也为第一个奇数个元素
3，将eor和eor'进行异或，eor=1001，eor'=0001，则二者计算得到1000为第二个奇数个的元素引出新的问题
- 上面例子中的eor=1001，我们提取最后面位数->1,是如何实现的呢？
- 例子（方法1）
01101000如何操作变成00001000呢？提取到指定位数的1，其余位数全部清零
假设 a = 01101000
1，计算 a-1,目的是打散最末尾的数字1，a-1 = 01100111
2，计算 a同或a-1 = 01100000，目的是清楚原始最右侧的1
3，计算 a异或（a同或a-1）= 00001000
-
例子（方法2）
a & (~a +1)
a = 01101000, a取反得到10010111，再 +1 得到10011111
a & (~a +1) = 01101000 & 10011111 = 00001000算法
public static void printOddTimesNum2(int[] arr){
int eor = 0;
for (int i=0;i<arr.length;i++){
eor ^= arr[i];
//eor = a ^ b
//err != 0
//err必然有一个位置上是1
int rightOne = eor & (~eor + 1);//提取出最右侧的1
int onlyOne = 0;//eor'
for (int cur : arr){
if((cur & rightOne) == 0){
onlyOne ^= cur;
}
}
}
System.out.println(onlyOne + " " + (eor ^ onlyOne));
}对数器
- 最简单的方法和优化的方法，使用大量的结果分别测试，如果结果是一致的，说明优化的方法是正确的。