1、假设淘宝一天有5亿条成交数据,求出销量最高的100个商品并给出算法的时间复杂度。
2、有10亿个杂乱无章的数,怎样最快地求出其中前1000大的数。
2、给一列无序数组,求出中位数并给出算法的时间复杂度。
若数组有奇数个元素,中位数是a[(n-1)/2];若数组有偶数个元素,中位数为a[n/2-1]和a[n/2]两个数的平均值。这里为方便起见,假设数组为奇数个元素。
思路一:把无序数组排好序,取出中间的元素。时间复杂度取决于排序算法,最快是快速排序,O(nlogn),或者是非比较的基数排序,时间为O(n),空间为O(n)。这明显不是我们想要的。
思路二:采用快速排序的分治partition过程。任意挑一个元素,以该元素为支点,将数组分成两部分,左边是小于等于支点的,右边是大于支点的。如果左侧长度正好是(n-1)/2,那么支点恰为中位数。如果左侧长度<(n-1)/2, 那么中位数在右侧,反之,中位数在左侧。 进入相应的一侧继续寻找中位数。
- //快速排序的分治过程找无序数组的中位数
- int partition(int a[], int low, int high) //快排的一次排序过程
- {
- int q = a[low];
- while (low < high)
- {
- while (low < high && a[high] >= q)
- high--;
- a[low] = a[high];
- while (low < high && a[low] <= q)
- low++;
- a[high] = a[low];
- }
- a[low] = q;
- return low;
- }
- int findMidium(int a[], int n)
- {
- int index = n / 2;
- int left = 0;
- int right = n - 1;
- int q = -1;
- while (index != q)
- {
- q = partition(a, left, right);
- if (q < index)
- left = q + 1;
- else if (q>index)
- right = q - 1;
- }
- return a[index];
- }
思路三:将数组的前(n+1)/2个元素建立一个最小堆。然后,对于下一个元素,和堆顶的元素比较,如果小于等于,丢弃之,如果大于,则用该元素取代堆顶,再调整堆,接着看下一个元素。重复这个步骤,直到数组为空。当数组都遍历完了,(堆中元素为最大的(n+1)/2个元素,)堆顶的元素即是中位数。
- //构建最小堆找无序数组的中位数
- void nswap(int& i, int& j)
- {
- i = i^j;
- j = i^j;
- i = i^j;
- }
- void minHeapify(int a[], int i, int len)
- {
- int temp;
- int least = i;
- int l = i * 2 + 1;
- int r = i * 2 + 2;
- if (l < len && a[l] < a[least])
- least = l;
- if (r < len && a[r] < a[least])
- least = r;
- if (least != i)
- {
- nswap(a[i], a[least]);
- minHeapify(a, least, len);
- }
- }
- void buildMinHeap(int a[], int len)
- {
- for (int i = (len-2) / 2; i >= 0; i--)
- {
- minHeapify(a, i, len);
- }
- }
- int findMidium2(int a[], int n)
- {
- buildMinHeap(a, (n + 1) / 2);
- for (int i = (n + 1) / 2; i < n; i++)
- {
- if (a[i] > a[0])
- {
- nswap(a[i], a[0]);
- minHeapify(a, 0,(n + 1) / 2);
- }
- }
- return a[0];
- }
引申一:
查找N个元素中的第K个小的元素
编程珠玑给出了一个时间复杂度O(N)的解决方案。该方案改编自快速排序。
经过快排的一次划分,
1)如果左半部份的长度>K-1,那么这个元素就肯定在左半部份了
2)如果左半部份的长度==K-1,那么当前划分元素就是结果了。
3)如果。。。。。。。<K-1,那么这个元素就肯定在右半部分了。
并且,该方法可以用尾递归实现。效率更高。
也可以用来查找N个元素中的前K个小的元素,前K个大的元素。。。。等等。
引申二:
查找N个元素中的第K个小的元素,假设内存受限,仅能容下K/4个元素。
分趟查找,
第一趟,用堆方法查找最小的K/4个小的元素,同时记录剩下的N-K/4个元素到外部文件。
第二趟,用堆方法从第一趟筛选出的N-K/4个元素中查找K/4个小的元素,同时记录剩下的N-K/2个元素到外部文件。
。。。
第四趟,用堆方法从第一趟筛选出的N-K/3个元素中查找K/4个小的元素,这是的第K/4小的元素即使所求。
3、输入一个整型数组,求出子数组和的最大值,并给出算法的时间复杂度。
设b[i]表示a[0...i]的子数组和的最大值,且b[i]一定包含a[i],即:
sum为子问题的最优解,
1. 包含a[i],即求b[i]的最大值,在计算b[i]时,可以考虑以下两种情况,因为a[i]要求一定包含在内,所以
1) 当b[i-1]>0, b[i] = b[i-1]+a[i]
2) 当b[i-1]<=0, b[i] = a[i], 当b[i-1]<=0,这时候以a[i]重新作为b[i]的起点。
2. 不包含a[i],即a[0]~a[i-1]的最大值(即0~i-1局部问题的最优解),设为sum
最后比较b[i]和 sum,即,如果b[i] >sum ,即b[i]为最优解,然后更新sum的值.
在实现时,bMax代表 b[k], sum更新前代表前一步子问题的最优解,更新后代表当前问题的最优解。实现如下:
- //求数组的子数组和的最大值,时间复杂度为O(n)
- int maxSumArr(int a[], int n,int* start, int* end)
- {
- int s, e;
- int sum = a[0];
- int bMax=a[0];
- *start = *end = 0;
- for (int i = 1; i < n; i++)
- {
- if (bMax > 0) //情况一,子数组包含a[i],且b[i-1]>0(上一次的最优解大于0),b[i] = b[i-1]+a[i]
- {
- bMax += a[i];
- e = i;
- }
- else //情况二,子数组包含a[i],且b[i-1]<=0(上一次的最优解小于0),这时候以a[i]重新作为b[i]的起点。
- {
- bMax = a[i];
- s = i;
- e = i;
- } //情况三,子数组不包含a[i],即b[i]=sum
- if (bMax > sum) //三种情况相比较,最大值作为更新后的最优解,存在sum
- {
- sum = bMax;
- *start = s;
- *end = e;
- }
- }
- return sum;
- }
引申:求子数组和的最小值
同理。
- //求数组的子数组和的最小值,时间复杂度为O(n)
- int minSumArr(int a[], int n, int* start, int* end)
- {
- int s, e;
- int bMin = a[0];
- int sum = a[0];
- *start = *end = 0;
- for (int i = 0; i < n; i++)
- {
- if (bMin < 0) //情况一,子数组包含a[i], 且b[i-1]<0,b[i] = b[i-1]+a[i]
- {
- bMin += a[i];
- e = i;
- }
- else //情况二,子数组包含a[i],且b[i-1] > 0,这时候以a[i]重新作为b[i]的起点
- {
- bMin = a[i];
- s = e = i;
- } //情况三,子数组不包含a[i],即b[i]=sum
- if (bMin < sum) //三种情况相比较,最小值作为更新后的最优解,存在sum
- {
- sum = bMin;
- *start = s;
- *end = e;
- }
- }
- return sum;
- }
4、给出10W条人和人之间的朋友关系,求出这些朋友关系中有多少个朋友圈(如A-B、B-C、D-E、E-F,这4对关系中存在两个朋友圈),并给出算法的时间复杂度。
- //朋友圈-并查集
- int set[10001];
- int find(int x)
- {
- int i, j, r;
- r = x;
- while (set[r] != r) //寻找此集合的代表
- r = set[r];
- i = x;
- while (i != r) //使得r代表的集合中,所有结点直接指向r,即路径压缩
- {
- j = set[i];
- set[i] = r;
- i = j;
- }
- return r;
- }
- void merge(int x, int y)
- {
- int t = find(x);
- int h = find(y);
- if (t < h)
- set[h] = t;
- else
- set[t] = h;
- }
- int friends(int n, int m, int (*r)[2]) //n个人,m对好友关系,存放在二维数组r[m][2]中
- {
- int i, count;
- for (i = 1; i <= n; i++)
- set[i] = i;
- for (i = 0; i < m; i++)
- merge(r[i][0], r[i][1]);
- count = 0;
- for (i = 1; i <= n; i++)
- {
- if (set[i] == i)
- count++;
- }
- return count;
- }
5、如图所示的数字三角形,从顶部出发,在每一结点可以选择向左走或得向右走,一直走到底层,要求找出一条路径,使路径上的值的和最大。给出算法的时间复杂度。
定义状态为:dp[i][j]表示,从第i行第j个数字到最后一行的某个数字的权值最大的和。那么我们最后只需要输出dp[1][1]就是答案了.
状态转移方程为:dp[i][j] += max( dp[i+1][j+1],dp[i+1][j] );好了, 从第n-1行往上面倒退就好了。
6、有一个很长二进制串,求出除以3的余数是多少,给出算法的时间复杂度。
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