剑指 Offer第二版
43. 1~n 整数中 1 出现的次数
题目:输入一个整数 n ,求1~n这n个整数的十进制表示中1出现的次数。
例如,输入12,1~12这些整数中包含1 的数字有1、10、11和12,1一共出现了5次。
示例 1:
输入:n = 12
输出:5
**思路分析:**将n的每一位数分别处理,计算出每个位数上1的个数,然后将所有位数上1的个数相加即可。具体来说,首先判断n是否为0,如果n为0,直接返回0。然后从低位到高位依次处理每一位数,计算当前位数上1的个数。如果当前位数的数字小于1,1的个数为高位数当前位数,即highbit;如果当前位数的数字等于1,1的个数为高位数当前位数+低位数+1,即highbit+low+1;如果当前位数的数字大于1,1的个数为(high+1)*bit,即高位数加一乘以当前位数。最后将所有位数上1的个数相加即为最终结果。
时间复杂度:需要处理n的每一位数,因此时间复杂度为 O ( log n ) O(\log n) O(logn)。
空间复杂度:只需要使用常量级别的额外空间,因此空间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1)。
class Solution {
public int countDigitOne(int n) {
if (n == 0) {
// 如果n为0,直接返回0
return 0;
}
long bit = 1; // bit表示当前处理的位数
long cur = n / bit % 10; // cur表示当前处理的数字
long low = n % bit; // low表示当前位数以下的数字
long high = n / bit / 10; // high表示当前位数以上的数字
long res = 0; // res表示1的个数
while (bit <= n) {
// 当位数小于等于n的位数时,继续处理
if (cur < 1) {
// 如果当前位数的数字小于1,1的个数为high*bit
res += high * bit;
} else if (cur == 1) {
// 如果当前位数的数字等于1,1的个数为high*bit+low+1
res += high * bit + low + 1;
} else {
// 如果当前位数的数字大于1,1的个数为(high+1)*bit
res += (high + 1) * bit;
}
bit *= 10; // 处理下一位数
cur = n / bit % 10;
low = n % bit;
high = n / bit / 10;
}
return (int) res; // 返回1的个数
}
}
51. 数组中的逆序对
题目:在数组中的两个数字,如果前面一个数字大于后面的数字,则这两个数字组成一个逆序对。输入一个数组,求出这个数组中的逆序对的总数。
示例 1:
输入: [7,5,6,4]
输出: 5
思路分析: 在归并排序的过程中,每次合并两个有序的子数组时,需要统计逆序对数量。具体实现时,在合并过程中,如果左半段的数大于等于右半段的数,则说明左半段中剩余的数都比右半段的数大,因此可以直接统计逆序对数量。
时间复杂度:归并排序的时间复杂度为O(nlogn),而在归并排序的过程中,每次合并两个有序的子数组时,需要遍历所有元素一次,因此合并的时间复杂度也是O(nlogn)。因此总的时间复杂度为O(nlogn)。
空间复杂度:归并排序需要使用一个临时数组来存储合并过程中的数据,因此空间复杂度为O(n)。
class Solution {
int res = 0; // 记录逆序对数量
public int reversePairs(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) {
return 0;
}
mergeSort(nums, 0, nums.length - 1); // 归并排序
return res; // 返回逆序对数量
}
private void mergeSort(int[] nums, int l, int r) {
if (l >= r) {
return;
}
int mid = (r - l) / 2 + l; // 计算中间位置
mergeSort(nums, l, mid); // 对左半段进行归并排序
mergeSort(nums, mid + 1, r); // 对右半段进行归并排序
merge(nums, l, mid, r); // 合并左右两个有序的子数组
}
private void merge(int[] nums, int l, int mid, int r) {
int i = l; // 左半段的起始位置
int j = mid + 1; // 右半段的起始位置
int[] temp = new int[r - l + 1]; // 用于存储合并过程中的数据
int index = 0; // 临时数组的下标
while (i <= mid && j <= r) {
// 合并左右两个有序的子数组
if (nums[i] <= nums[j]) {
// 如果左半段的数小于右半段的数
temp[index++] = nums[i++]; // 将左半段的数加入临时数组中
} else {
// 如果左半段的数大于等于右半段的数
res += mid - i + 1; // 统计逆序对数量
temp[index++] = nums[j++]; // 将右半段的数加入临时数组中
}
}
// 将剩余的元素复制到临时数组中
while (i <= mid) {
temp[index++] = nums[i++];
}
while (j <= r) {
temp[index++] = nums[j++];
}
// 将临时数组中的元素复制回原数组中
index = 0;
for (i = l; i <= r; i++) {
nums[i] = temp[index++];
}
}
}
56 - II. 数组中数字出现的次数 II
题目:在一个数组 nums 中除一个数字只出现一次之外,其他数字都出现了三次。请找出那个只出现一次的数字。
示例 1:
输入:nums = [3,4,3,3]
输出:4
思路分析: 对于每一位,统计所有数字在该位上出现的次数,然后对3取模,得到出现1次的数字在该位上的值。最后将所有位的值合并起来,即得到最终结果。
时间复杂度为O(nk),其中n为数字数量,k为数字的二进制位数,因为需要遍历所有数字和所有位数。
空间复杂度为O(k),因为需要使用一个长度为k的数组来记录每个数字在每个位上出现的次数。
class Solution {
public int singleNumber(int[] nums) {
if(nums == null || nums.length == 0){
return -1;
}
int res = 0; // 用于存储最终结果
int bit = 1; // 用于表示当前位的值,从最低位开始
int[] count = new int[32]; // 用于记录所有数字在当前位上出现的次数
for(int i = 0; i < 32; i++){
// 遍历所有位
for(int j = 0; j < nums.length; j++){
// 遍历所有数字
if((nums[j] & bit) != 0){
// 如果当前数字在当前位上为1
count[i]++; // 记录出现次数
}
}
count[i] %= 3; // 对3取模,得到出现1次的数字在当前位上的值
res += bit * count[i]; // 将当前位的值加入最终结果
bit <<= 1; // 判断下一位
}
return res; // 返回最终结果
}
}