来源：力扣（LeetCode）
描述：
给你一个整数 n ，以二进制字符串的形式返回该整数的 负二进制（base -2）表示。
注意， 除非字符串就是 "0"，否则返回的字符串中不能含有前导零。
示例 1：
输入：n = 2
输出："110"
解释：(-2)2 + (-2)1 = 2
示例 2：
输入：n = 3
输出："111"
解释：(-2)2 + (-2)1 + (-2)0 = 3
示例 3：
输入：n = 4
输出："100"
解释：(-2)2 = 4
提示：
- 0 <= n <= 109
方法一：模拟进位
思路与算法
对于「二进制数」我们可以很直观地得到以下结论：
- 对于 2i，如果 i 为偶数时，此时 2i = (−2)i；
- 对于 2i，如果 i 为奇数时，此时 2i = (−2)i+1 + (−2)i；
因此自然可以想到将 n 转换为 −2 的幂数和，即此时 n= ∑ i = 0 m \sum_{i=0}^m ∑i=0m C×(−2)i，由于 −2 进制的每一位只能为 0 或 1，需要对每一位进行加法「进位」运算即可得到完整的「负二进制」数。对于「负二进制」数，此时需要思考一下进位规则。对于 C×(−2)i，期望得到如下变换规则：
-
如果 C 为奇数则需要将等式变为 C × (−2)i = a × (−2)i+1 + (−2)i，此时第 i 位为 1，第 i + 1 位需要加上 a；
-
如果 C 为偶数则需要将等式变为 C × (−2)i = a × (−2)i+1 ，此时第 i 位为 0，第 i + 1 位需要加上 a；
根据以上的变换规则，只需要求出 a 即可。假设当前数位上的数字为 val，当前的位上保留的余数为 r，在 x 进制下的进位为 a，根据「进位」的运算规则可知 val = a × x + r，此时可以得到进位 a = v a l − r x \frac{val - r} {x} xval−r。根据题意可知，「负二进制」数的每一位上保留的余数为 0 或 1，因此可以计算出当前的余数 r，由于在有符号整数的均采用补码表示，最低位的奇偶性保持不变，因此可以直接取 val 的最低位即可，此时可以得到 r = val & 1。根据上述等式可以知道，当前数位上的数字为 val 时，此时在「负二进制」下向高位的进位为 a = v a l − ( v a l & 1 ) − 2 \frac{val - (val \& 1)} {-2} −2val−(val&1) 。
基于以上进位规则，将变换出来的数列进行进位运算即可得到完整的「负二进制」数。整个转换过程如下：
- 将 n 转换为二进制数，并将二进制数中的每一位转换为「负二进制」中的每一位，变换后的数列为 bits；
- 将 bits 从低位向高位进行「进位」运算，即将 bits 中的每一位都变为 0 或者 1；
- 去掉前导 0 以后，将 bits 转换为字符串返回即可。
代码：
class Solution {
public:
string baseNeg2(int n) {
if (n == 0) {
return "0";
}
vector<int> bits(32);
for (int i = 0; i < 32 && n != 0; i++) {
if (n & 1) {
bits[i]++;
if (i & 1) {
bits[i + 1]++;
}
}
n >>= 1;
}
int carry = 0;
for (int i = 0; i < 32; i++) {
int val = carry + bits[i];
bits[i] = val & 1;
carry = (val - bits[i]) / (-2);
}
int pos = 31;
string res;
while (pos >= 0 && bits[pos] == 0) {
pos--;
}
while (pos >= 0) {
res.push_back(bits[pos] + '0');
pos--;
}
return res;
}
};
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复杂度分析
时间复杂度：O( C )，其中 C = 32。需要对 n 转换为二进制位，需要的时间复杂度为 O(logn)，然后需要对其进行二进制位的中每一位进行「负二进制进位」运算，由于整数有 32 位，因此需要「负二进制进位」运算 32 次即可。
空间复杂度：O( C )，其中 C = 32。需要对 n 转换为二进制位，由于整数最多只有 32 位，在此每次采取固定的存储空间为 O(32)。
方法二：进制转换
思路与算法
当基数 x > 1 时，将整数 n 转换成 x 进制的原理是：令 n0 = n，计算过程如下:
- 当计算第 0 位上的数字时，此时 n1 = ⌊ n 0 x {n_0} \over x xn0⌋，n0 = n1 × x + r，其中 0 ≤ r < x；
- 当计算第 i 位上的数字时，此时 ni+1 = ⌊ n i x {n_i} \over x xni ⌋，ni = ni+1 × x + r，其中 0 ≤ r < x；
按照上述计算方式进行计算，直到满足 ni = 0 结束。
如果基数 x 为负数，只要能确定余数的可能取值，上述做法同样适用。由于「负二进制」表示中的每一位都是 0 或 1，因此余数的可能取值是 0 和 1，可以使用上述做法将整数 n 转换成「负二进制」。具体转换过程如下：
- 如果 n = 0 则返回 “0"，n = 1 则直接返回 “1"；
- 如果 n > 1 则使用一个字符串记录余数，将整数 n 转换成「负二进制」，重复执行如下操作，直到 n = 0；
- 计算当前 n 的余数，由于当前的余数只能为 0 或 1，由于有符号整数均采用补码表示，最低位的奇偶性保持不变，因此可以直接取 C 的最低位即可，此时直接用 n&1 即可得到最低位的余数，将余数拼接到字符串的末尾。
- 将 n 的值减去余数，然后将 n 的值除以 −2。
上述操作结束之后，将字符串翻转之后得到「负二进制」数。
代码：
class Solution {
public:
string baseNeg2(int n) {
if (n == 0 || n == 1) {
return to_string(n);
}
string res;
while (n != 0) {
int remainder = n & 1;
res.push_back('0' + remainder);
n -= remainder;
n /= -2;
}
reverse(res.begin(), res.end());
return res;
}
};
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复杂度分析
时间复杂度：O(logn)，其中 n 是给定的整数。整数 n 对应的「负二进制」表示的长度是 logn，需要生成「负二进制」表示的每一位。
空间复杂度：O(1)。除返回值外，不需要额外的空间。
方法三：数学计算
思路与算法
根据题意可知，32 位「负二进制」数中第 i 位则表示(−2)i，当 i 为偶数时，则 (−2)i = 2i，当 i 为奇数时，则 (−2)i = −2i ，因此可以得到其最大值与最小值分别为如下：
- 最大值即所有的偶数位全部都为 1，奇数位全为 0，最大值即为 0x55555555 = 1,431,655,765；
- 最小值即所有的偶数位全部都为 0，奇数位全为 1，最小值即为 0xAAAAAAAA = −2,863,311,530；
- 0x55555555, 0xAAAAAAAA 均为「十六进制」进制原码表示；
令 maxVal = 0x55555555，由于题目中 n 给定的范围为 0 ≤ n ≤ 109，因此一定满足 maxVal > n。设 maxVal 与 n 的差为 diff，则此时 diff = maxVal − n，如果我们将 maxVal 在「负二进制」表示下减去 diff，那么得到的「负二进制」一定为 n 的「负二进制」。已知 maxVal 中的偶数位全为 1，奇数位全为 0，此时的减法操作可以用异或来实现:
- 对于 diff 中偶数位为 1 的位，在 maxVal 中需要将其置为 0，此时 maxVal 中偶数位全部为 1，1 ⊕ 1 = 0，偶数位异或操作即可将需要的位置为 0；
- 对于 diff 中奇数位为 1 的位，在 maxVal 中需要将其置为 1，此时 maxVal 中奇数位全部为 0，0 ⊕ 1 = 1，奇数位异或操作将需要的位置为 1，
根据以上推论可以知道，「负二进制」减法等同于 maxVal ⊕ diff。按照上述方法可以知道 n 的「负二进制」数等于 ma x Val ⊕ (maxVal − n)，我们求出 n 的「负二进制」数，然后将其转换为二进制的字符串即可。
代码：
class Solution {
public:
string baseNeg2(int n) {
int val = 0x55555555 ^ (0x55555555 - n);
if (val == 0) {
return "0";
}
string res;
while (val) {
res.push_back('0' + (val & 1));
val >>= 1;
}
reverse(res.begin(), res.end());
return res;
}
};
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复杂度分析
时间复杂度：O(logn)，其中 n 是给定的整数。整数 n 对应的「负二进制」表示的长度是 logn，需要生成「负二进制」表示的每一位。
空间复杂度：O(1)。除返回值外，不需要额外的空间。
author：LeetCode-Solution