第一章、左旋转字符串
作者:July,yansha。
时间:二零一一年四月十四日。
微博:http://weibo.com/julyweibo。
出处:http://blog.csdn.net/v_JULY_v。
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目录
序
前言
第一节、左旋转字符串
第二节、两个指针逐步翻转
第三节、通过递归转换,缩小问题之规模
第四节、stl::rotate 算法的步步深入
第五节、总结
前言
本人整理微软等公司面试100题系列,包括原题整理,资源上传,帖子维护,答案整理,勘误,修正与优化工作,包括后续全新整理的80道,总计180道面试题,已有半年的时间了。
关于这180道面试题的一切详情,请参见:横空出世,席卷Csdn [评微软等数据结构+算法面试180题]。
一直觉得,这180道题中的任何一题都值得自己反复思考,反复研究,不断修正,不断优化。之前的答案整理由于时间仓促,加之受最开始的认识局限,更兼水平有限,所以,这180道面试题的答案,有很多问题都值得进一步商榷与完善。
特此,想针对这180道面试题,再写一个系列,叫做:程序员编程艺术系列。如你所见,我一般确定要写成一个系列的东西,一般都会永久写下去的。
“他似风儿一般奔跑,很多人渐渐的停下来了,而只有他一直在飞,一直在飞....”
ok,本次程序员编程艺术系列以之前本人最初整理的微软面试100题中的第26题、左旋转字符串,为开篇,希望就此问题进行彻底而深入的阐述。然以下所有任何代码仅仅只是全部测试正确了而已,还有很多的优化工作要做。欢迎任何人,不吝赐教。谢谢。
第一节、左旋转字符串
题目描述:
定义字符串的左旋转操作:把字符串前面的若干个字符移动到字符串的尾部。
如把字符串abcdef左旋转2位得到字符串cdefab。
请实现字符串左旋转的函数,要求对长度为n的字符串操作的时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(1)。
编程之美上有这样一个类似的问题,咱们先来看一下:
设计一个算法,把一个含有N个元素的数组循环右移K位,要求时间复杂度为O(N),
且只允许使用两个附加变量。
分析:
我们先试验简单的办法,可以每次将数组中的元素右移一位,循环K次。
abcd1234→4abcd123→34abcd12→234abcd1→1234abcd。
RightShift(int* arr, int N, int K)
{
while(K--)
{
int t = arr[N - 1];
for(int i = N - 1; i > 0; i --)
arr[i] = arr[i - 1];
arr[0] = t;
}
}
虽然这个算法可以实现数组的循环右移,但是算法复杂度为O(K * N),不符合题目的要求,要继续探索。
假如数组为abcd1234,循环右移4位的话,我们希望到达的状态是1234abcd。
不妨设K是一个非负的整数,当K为负整数的时候,右移K位,相当于左移(-K)位。
左移和右移在本质上是一样的。
解法一:
大家开始可能会有这样的潜在假设,K<N。事实上,很多时候也的确是这样的。但严格来说,我们不能用这样的“惯性思维”来思考问题。
尤其在编程的时候,全面地考虑问题是很重要的,K可能是一个远大于N的整数,在这个时候,上面的解法是需要改进的。
仔细观察循环右移的特点,不难发现:每个元素右移N位后都会回到自己的位置上。因此,如果K > N,右移K-N之后的数组序列跟右移K位的结果是一样的。
进而可得出一条通用的规律:
右移K位之后的情形,跟右移K’= K % N位之后的情形一样,如代码清单2-34所示。
//代码清单2-34
RightShift(int* arr, int N, int K)
{
K %= N;
while(K--)
{
int t = arr[N - 1];
for(int i = N - 1; i > 0; i --)
arr[i] = arr[i - 1];
arr[0] = t;
}
}
可见,增加考虑循环右移的特点之后,算法复杂度降为O(N^2),这跟K无关,与题目的要求又接近了一步。但时间复杂度还不够低,接下来让我们继续挖掘循环右移前后,数组之间的关联。
解法二:
假设原数组序列为abcd1234,要求变换成的数组序列为1234abcd,即循环右移了4位。比较之后,不难看出,其中有两段的顺序是不变的:1234和abcd,可把这两段看成两个整体。右移K位的过程就是把数组的两部分交换一下。
变换的过程通过以下步骤完成:
逆序排列abcd:abcd1234 → dcba1234;
逆序排列1234:dcba1234 → dcba4321;
全部逆序:dcba4321 → 1234abcd。
伪代码可以参考清单2-35。
//代码清单2-35
Reverse(int* arr, int b, int e)
{
for(; b < e; b++, e--)
{
int temp = arr[e];
arr[e] = arr[b];
arr[b] = temp;
}
}
RightShift(int* arr, int N, int k)
{
K %= N;
Reverse(arr, 0, N – K - 1);
Reverse(arr, N - K, N - 1);
Reverse(arr, 0, N - 1);
}
这样,我们就可以在线性时间内实现右移操作了。
稍微总结下:
编程之美上,
(限制书中思路的根本原因是,题目要求:“且只允许使用两个附加变量”,去掉这个限制,思路便可如泉喷涌)
1、第一个想法 ,是一个字符一个字符的右移,所以,复杂度为O(N*K)
2、后来,它改进了,通过这条规律:右移K位之后的情形,跟右移K’= K % N位之后的情形一样
复杂度为O(N^2)
3、直到最后,它才提出三次翻转的算法,得到线性复杂度。
下面,你将看到,本章里我们的做法是:
1、三次翻转,直接线性
2、两个指针逐步翻转,线性
3、stl的rotate算法,线性
好的,现在,回到咱们的左旋转字符串的问题中来,对于这个左旋转字符串的问题,咱们可以如下这样考虑:
1.1、思路一:
对于这个问题,咱们换一个角度,可以这么做:
将一个字符串分成两部分,X和Y两个部分,在字符串上定义反转的操作X^T,即把X的所有字符反转(如,X="abc",那么X^T="cba"),那么我们可以得到下面的结论:(X^TY^T)^T=YX。显然我们这就可以转化为字符串的反转的问题了。
不是么?ok,就拿abcdef 这个例子来说(非常简短的三句,请细看,一看就懂):
1、首先分为俩部分,X:abc,Y:def;
2、X->X^T,abc->cba, Y->Y^T,def->fed。
3、(X^TY^T)^T=YX,cbafed->defabc,即整个翻转。
我想,这下,你应该了然了。
然后,代码可以这么写(已测试正确):
-
-
-
-
-
- #include <stdio.h>
- #include <string.h>
-
- char * invert(char *start, char *end)
- {
- char tmp, *ptmp = start;
- while (start != NULL && end != NULL && start < end)
- {
- tmp = *start;
- *start = *end;
- *end = tmp;
- start ++;
- end --;
- }
- return ptmp;
- }
-
- char *left(char *s, int pos)
- {
- int len = strlen(s);
- invert(s, s + (pos - 1));
- invert(s + pos, s + (len - 1));
- invert(s, s + (len - 1));
- return s;
- }
-
- int main()
- {
- char s[] = "abcdefghij";
- puts(left(s, 3));
- return 0;
- }
1.2、答案V0.3版中,第26题勘误:
之前的答案V0.3版[第21-40题答案]中,第26题、贴的答案有误,那段代码的问题,最早是被网友Sorehead给指出来的:
第二十六题:
楼主的思路确实很巧妙,我真没想到还有这种方法,学习了。
不过楼主代码中存在问题,主要是条件判断部分:
函数LeftRotateString中 if (nLength > 0 || n == 0 || n > nLength)
函数ReverseString中 if (pStart == NULL || pEnd == NULL)
当时,以答案整理因时间仓促,及最开始考虑问题不够周全为由,没有深入细看下去。后来,朋友达摩流浪者再次指出了上述代码的问题:
26题 这句 if(nLength > 0 || n == 0 || n > nLength),有问题吧?
还有一句,应该是if(!(pStart == NULL || pEnd == NULL)),吧。
而后,修改如下(已测试正确)
-
-
-
-
- #include <string.h>
- #include <iostream>
- using namespace std;
-
- void Swap(char* a,char* b)
- {
- char temp =*a;
- *a = *b;
- *b = temp;
- }
-
-
- void ReverseString(char* pStart, char* pEnd)
- {
- if(*pStart != '/0' && *pEnd != '/0')
-
- {
- while(pStart <= pEnd)
- {
- Swap(pStart,pEnd);
-
- pStart++;
- pEnd--;
- }
- }
- }
-
-
- char* LeftRotateString(char* pStr, unsigned int n)
- {
- if(pStr != NULL)
- {
- int nLength = static_cast<int>(strlen(pStr));
- if(nLength >0 && n != 0 && n<nLength)
-
-
- {
- char* pFirstStart = pStr;
- char* pFirstEnd = pStr + n - 1;
- char* pSecondStart = pStr + n;
- char* pSecondEnd = pStr + nLength - 1;
-
-
- ReverseString(pFirstStart, pFirstEnd);
-
- ReverseString(pSecondStart, pSecondEnd);
-
- ReverseString(pFirstStart, pSecondEnd);
- }
- }
- return pStr;
- }
-
- int main()
- {
- char a[11]="hello July";
- char *ps=a;
- LeftRotateString(ps, 6);
- for(;*ps!='/0';ps++)
- cout<<*ps;
- cout<<endl;
- ps=NULL;
- return 0;
- }
上述,修正的俩处错误,如下所示:
1、如上注释中所述:
if(nLength >0 && n<nLength)
//nLength是整个字符串的长度吧,n是左边的一部分,所以应该是n<nLength。
2、至于之前的主函数为什么编写错误,请看下面的注释:
int main()
{
char *ps="hello July"; //本身没错,但你不能对ps所指的字符串做任何修改。
//这句其实等价于:const char *ps = "hello July"
LeftShiftString( ps, 4 ); //而在这里,试图修改ps所指的字符串常量,所以将出现错误。
puts( ps );
return 0;
}
当然,上面的解释也不是完全正确的,正如ivan所说:从编程实践来说,不完全对。
如果在一个大的工程里面,你怎么知道ps指向的是""字符串,还是malloc出来的东西?
那么如何决定要不要对ps进行delete?
不过,至少第26题的思路一的代码,最终完整修正完全了。
1.3、updated:
可能你还是感觉上述代码,有点不好理解,ok,下面再给出一段c实现的代码。
然后,我们可以看到c的高效与简洁。
-
-
-
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
-
- void rotate(char *start, char *end)
- {
- while(start != NULL && end !=NULL && start<end)
- {
- char temp=*start;
- *start=*end;
- *end=temp;
- start++;
- end--;
- }
-
- }
-
- void leftrotate(char *p,int m)
- {
- if(p==NULL)
- return ;
- int len=strlen(p);
- if(m>0&&m<=len)
- {
- char *xfirst,*xend;
- char *yfirst,*yend;
- xfirst=p;
- xend=p+m-1;
- yfirst=p+m;
- yend=p+len-1;
- rotate(xfirst,xend);
- rotate(yfirst,yend);
- rotate(p,p+len-1);
- }
- }
-
- int main(void)
- {
- char str[]="abcdefghij";
- leftrotate(str,3);
- printf("%s/n",str);
- return 0;
- }
第二节、两指针逐步翻转
先看下网友litaoye 的回复:26.左旋转字符串跟panda所想,是一样的,即,
以abcdef为例
1. ab->ba
2. cdef->fedc
原字符串变为bafedc
3. 整个翻转:cdefab
//只要俩次翻转,且时间复杂度也为O(n)。
2.1、在此,本人再奉献另外一种思路,即为本思路二:
abc defghi,要abc移动至最后
abc defghi->def abcghi->def ghiabc
定义俩指针,p1指向ch[0],p2指向ch[m];
一下过程循环m次,交换p1和p2所指元素,然后p1++, p2++;。
第一步,交换abc 和def ,
abc defghi->def abcghi
第二步,交换abc 和 ghi,
def abcghi->def ghiabc
整个过程,看起来,就是abc 一步一步 向后移动
abc defghi
def abcghi
def ghi abc
//最后的 复杂度是O(m+n)
以下是朋友颜沙针对上述过程给出的图解:
2.2、各位读者注意了:
由上述例子九个元素的序列abcdefghi,您已经看到,m=3时,p2恰好指到了数组最后一个元素,于是,上述思路没有问题。但如果上面例子中i 的后面还有元素列?
即,如果是要左旋十个元素的序列:abcdefghij,ok,下面,就举这个例子,对abcdefghij序列进行左旋转操作:
如果abcdef ghij要变成defghij abc:
abcdef ghij
1. def abc ghij
2. def ghi abc j //接下来,j 步步前移
3. def ghi ab jc
4. def ghi a j bc
5. def ghi j abc
下面,再针对上述过程,画个图清晰说明下,如下所示:
ok,咱们来好好彻底总结一下此思路二:(就4点,请仔细阅读):
1、首先让p1=ch[0],p2=ch[m],即让p1,p2相隔m的距离;
2、判断p2+m-1是否越界,如果没有越界转到3,否则转到4(abcdefgh这8个字母的字符串,以4左旋,那么初始时p2指向e,p2+4越界了,但事实上p2至p2+m-1是m个字符,可以再做一个交换)。
3、不断交换*p1与*p2,然后p1++,p2++,循环m次,然后转到2。
4、此时p2+m-1 已经越界,在此只需处理尾巴。过程如下:
4.1 通过n-p2得到p2与尾部之间元素个数r,即我们要前移的元素个数。
4.2 以下过程执行r次:
ch[p2]<->ch[p2-1],ch[p2-1]<->ch[p2-2],....,ch[p1+1]<->ch[p1];p1++;p2++;
(特别感谢tctop组成员big的指正,tctop组的修订wiki页面为:http://tctop.wikispaces.com/)
所以,之前最初的那个左旋转九个元素abcdefghi的思路在末尾会出现问题的(如果p2后面有元素就不能这么变,例如,如果是处理十个元素,abcdefghij 列?对的,就是这个意思),解决办法有两个:
方法一(即如上述思路总结所述):
def ghi abc jk
当p1指向a,p2指向j时,由于p2+m越界,那么此时p1,p2不要变
这里p1之后(abcjk)就是尾巴,处理尾巴只需将j,k移到abc之前,得到最终序列,代码编写如下:
-
-
- #include <iostream>
- #include <string>
- using namespace std;
-
- void rotate(string &str, int m)
- {
-
- if (str.length() == 0 || m <= 0)
- return;
-
- int n = str.length();
-
- if (m % n <= 0)
- return;
-
- int p1 = 0, p2 = m;
- int k = (n - m) - n % m;
-
-
- while (k --)
- {
- swap(str[p1], str[p2]);
- p1++;
- p2++;
- }
-
-
-
- int r = n - p2;
- while (r--)
- {
- int i = p2;
- while (i > p1)
- {
- swap(str[i], str[i-1]);
- i--;
- }
- p2++;
- p1++;
- }
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
- }
-
- int main()
- {
- string ch="abcdefghijk";
- rotate(ch,3);
- cout<<ch<<endl;
- return 0;
- }
方法二:def ghi abc jk
当p1指向a,p2指向j时,那么交换p1和p2,
此时为:
def ghi jbc ak
p1++,p2++,p1指向b,p2指向k,继续上面步骤得:
def ghi jkc ab
p1++,p2不动,p1指向c,p2指向b,p1和p2之间(cab)也就是尾巴,
那么处理尾巴(cab)需要循环左移一定次数(而后的具体操作步骤已在下述程序的注释中已详细给出)。
根据方案二,不难写出下述代码(已测试正确):
- #include <iostream>
- #include <string>
- using namespace std;
-
-
-
- void rotate(string &str, int m)
- {
- if (str.length() == 0 || m < 0)
- return;
-
-
- int p1 = 0, p2 = m;
- int n = str.length();
-
-
- if (m % n == 0)
- return;
-
-
- while(true)
- {
- swap(str[p1], str[p2]);
- p1++;
- if (p2 < n - 1)
- p2++;
- else
- break;
- }
-
-
- int r = m - n % m;
- while (r--)
- {
- int i = p1;
- char temp = str[p1];
- while (i < p2)
- {
- str[i] = str[i+1];
- i++;
- }
- str[p2] = temp;
- }
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
- }
-
- int main()
- {
- string ch="abcdefghijk";
- rotate(ch,3);
- cout<<ch<<endl;
- return 0;
- }
注意:上文中都是假设m<n,且如果鲁棒点的话令m=m%n,这样m允许大于n。另外,各位要记得处理指针为空的情况。
还可以看下这段代码:
-
-
-
-
-
-
- #include<iostream>
- #include<string>
- #define positiveMod(m,n) ((m) % (n) + (n)) % (n)
-
-
-
-
- void rotate(std::string &str, int m) {
- if (str.length() == 0)
- return;
- int n = str.length();
-
- m = positiveMod(m,n);
- if (m == 0)
- return;
-
-
- int p1 = 0, p2 = m;
- int round;
-
- while (p2 + m - 1 < n) {
- round = m;
- while (round--) {
- std::swap(str[p1], str[p2]);
- p1++;
- p2++;
- }
- }
-
- int r = n - p2;
- while (r--) {
- int i = p2;
- while (i > p1) {
- std::swap(str[i], str[i - 1]);
- i--;
- }
- p2++;
- p1++;
- }
- }
-
-
- int main(int argc, char **argv) {
-
-
- std::string ch = "abcdefg";
- int len = ch.length();
- for (int m = -2 * len; m <= len * 2; m++) {
-
- std::string s = "abcdefg";
- rotate(s, m);
- std::cout << positiveMod(m,len) << ": " << s << std::endl;
- }
-
- return 0;
- }
第三节、通过递归转换,缩小问题之规模
本文最初发布时,网友留言bluesmic说:楼主,谢谢你提出的研讨主题,很有学术和实践价值。关于思路二,本人提一个建议:思路二的代码,如果用递归的思想去简化,无论代码还是逻辑都会更加简单明了。
就是说,把一个规模为N的问题化解为规模为M(M<N)的问题。
举例来说,设字符串总长度为L,左侧要旋转的部分长度为s1,那么当从左向右循环交换长度为s1的小段,直到最后,由于剩余的部分长度为s2(s2==L%s1)而不能直接交换。
该问题可以递归转化成规模为s1+s2的,方向相反(从右向左)的同一个问题。随着递归的进行,左右反复回荡,直到某一次满足条件L%s1==0而交换结束。
举例解释一下:
设原始问题为:将“123abcdefg”左旋转为“abcdefg123”,即总长度为10,旋转部("123")长度为3的左旋转。按照思路二的运算,演变过程为“123abcdefg”->"abc123defg"->"abcdef123g"。这时,"123"无法和"g"作对调,该问题递归转化为:将“123g”右旋转为"g123",即总长度为4,旋转部("g")长度为1的右旋转。
updated:
Ys:
Bluesmic的思路没有问题,他的思路以前很少有人提出。思路是通过递归将问题规模变小。当字符串总长度为n,左侧要旋转的部分长度为m,那么当从左向右循环交换长度为m的小段直到剩余部分为m’(n % m),此时m’ < m,已不能直接交换了。
此后,我们换一个思路,把该问题递归转化成规模大小为m’ +m,方向相反的同一问题。随着递归的进行,直到满足结束条件n % m==0。
举个具体事例说明,如下:
1、对于字符串abc def ghi gk,
将abc右移到def ghi gk后面,此时n = 11,m = 3,m’ = n % m = 2;
abc def ghi gk -> def ghi abc gk
2、问题变成gk左移到abc前面,此时n = m’ + m = 5,m = 2,m’ = n % m 1;
abc gk -> a gk bc
3、问题变成a右移到gk后面,此时n = m’ + m = 3,m = 1,m’ = n % m = 0;
a gk bc-> gk a bc。 由于此刻,n % m = 0,满足结束条件,返回结果。
即从左至右,后从右至左,再从左至右,如此反反复复,直到满足条件,返回退出。
代码如下,已测试正确(有待优化):
-
-
-
-
-
- #include <iostream>
- using namespace std;
-
- void rotate(string &str, int n, int m, int head, int tail, bool flag)
- {
-
-
-
-
-
- if (head == tail || m <= 0)
- return;
-
- if (flag == true)
- {
- int p1 = head;
- int p2 = head + m;
-
-
-
-
-
-
- int k = (n - m) - n % m;
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
- for (int i = 0; i < k; i++, p1++, p2++)
- swap(str[p1], str[p2]);
-
- rotate(str, n - k, n % m, p1, tail, false);
- }
- else
- {
-
-
-
- int p1 = tail;
- int p2 = tail - m;
-
-
- int k = (n - m) - n % m;
-
- for (int i = 0; i < k; i++, p1--, p2--)
- swap(str[p1], str[p2]);
-
- rotate(str, n - k, n % m, head, p1, true);
-
-
-
- }
- }
-
- int main()
- {
- int i=3;
- string str = "abcdefghijk";
- int len = str.length();
- rotate(str, len, i % len, 0, len - 1, true);
- cout << str.c_str() << endl;
- return 0;
- }
非常感谢。
稍后,由下文,您将看到,其实上述思路二的本质即是下文将要阐述的stl rotate算法,详情,请继续往下阅读。
第四节、stl::rotate 算法的步步深入
思路三:
3.1、数组循环移位
下面,我将再具体深入阐述下此STL 里的rotate算法,由于stl里的rotate算法,用到了gcd的原理,下面,我将先介绍此辗转相除法,或欧几里得算法,gcd的算法思路及原理。
gcd,即辗转相除法,又称欧几里得算法,是求最大公约数的算法,即求两个正整数之最大公因子的算法。此算法作为TAOCP第一个算法被阐述,足见此算法被重视的程度。
gcd算法:给定俩个正整数m,n(m>=n),求它们的最大公约数。(注意,一般要求m>=n,若m<n,则要先交换m<->n。下文,会具体解释)。以下,是此算法的具体流程:
1、[求余数],令r=m%n,r为n除m所得余数(0<=r<n);
2、[余数为0?],若r=0,算法结束,此刻,n即为所求答案,否则,继续,转到3;
3、[重置],置m<-n,n<-r,返回步骤1.
此算法的证明,可参考计算机程序设计艺术第一卷:基本算法。证明,此处略。
ok,下面,举一个例子,你可能看的更明朗点。
比如,给定m=544,n=119,
则余数r=m%n=544%119=68; 因r!=0,所以跳过上述步骤2,执行步骤3。;
置m<-119,n<-68,=>r=m%n=119%68=51;
置m<-68,n<-51,=>r=m%n=68%51=17;
置m<-51,n<-17,=>r=m%n=51%17=0,算法结束,
此时的n=17,即为m=544,n=119所求的俩个数的最大公约数。
再解释下上述gcd(m,n)算法开头处的,要求m>=n 的原因:举这样一个例子,如m<n,即m=119,n=544的话,那么r=m%n=119%544=119,
因为r!=0,所以执行上述步骤3,注意,看清楚了:m<-544,n<-119。看到了没,尽管刚开始给的m<n,但最终执行gcd算法时,还是会把m,n的值交换过来,以保证m>=n。
ok,我想,现在,你已经彻底明白了此gcd算法,下面,咱们进入主题,stl里的rotate算法的具体实现。//待续。
熟悉stl里的rotate算法的人知道,对长度为n的数组(ab)左移m位,可以用stl的rotate函数(stl针对三种不同的迭代器,提供了三个版本的rotate)。但在某些情况下,用stl的rotate效率极差。
对数组循环移位,可以采用的方法有(也算是对上文思路一,和思路二的总结):
flyinghearts:
① 动态分配一个同样长度的数组,将数据复制到该数组并改变次序,再复制回原数组。(最最普通的方法)
② 利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T,通过三次反转字符串。(即上述思路一,首先对序列前部分逆序,再对序列后部分逆序,再对整个序列全部逆序)
③ 分组交换(尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果):
若a长度大于b,将ab分成a0a1b,交换a0和b,得ba1a0,只需再交换a1 和a0。
若a长度小于b,将ab分成ab0b1,交换a和b0,得b0ab1,只需再交换a 和b0。
通过不断将数组划分,和交换,直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。
④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置,i 为计数变量,m表示左旋转位数,n表示字符串长度),会构成一个循环链(共有gcd(n,m)个,gcd为n、m的最大公约数),每个循环链上的元素只要移动一个位置即可,最后整个过程总共交换了n次(每一次循环链,是交换n/gcd(n,m)次,总共gcd(n,m)个循环链。所以,总共交换n次)。
stl的rotate的三种迭代器,即是,分别采用了后三种方法。
在给出stl rotate的源码之前,先来看下我的朋友ys对上述第④ 种方法的评论:
ys:这条思路个人认为绝妙,也正好说明了数学对算法的重要影响。
通过前面思路的阐述,我们知道对于循环移位,最重要的是指针所指单元不能重复。例如要使abcd循环移位变成dabc(这里m=3,n=4),经过以下一系列眼花缭乱的赋值过程就可以实现:
ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1]; (*)
字符串变化为:abcd->_bcd->dbc_->db_c->d_bc->dabc;
是不是很神奇?其实这是有规律可循的。
请先看下面的说明再回过头来看。
对于左旋转字符串,我们知道每个单元都需要且只需要赋值一次,什么样的序列能保证每个单元都只赋值一次呢?
1、对于正整数m、n互为质数的情况,通过以下过程得到序列的满足上面的要求:
for i = 0: n-1
k = i * m % n;
end
举个例子来说明一下,例如对于m=3,n=4的情况,
1、我们得到的序列:即通过上述式子求出来的k序列,是0, 3, 2, 1。
2、然后,你只要只需按这个顺序赋值一遍就达到左旋3的目的了:
ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1]; (*)
ok,这是不是就是按上面(*)式子的顺序所依次赋值的序列阿?哈哈,很巧妙吧。当然,以上只是特例,作为一个循环链,相当于rotate算法的一次内循环。
2、对于正整数m、n不是互为质数的情况(因为不可能所有的m,n都是互质整数对),那么我们把它分成一个个互不影响的循环链,正如flyinghearts所言,所有序号为 (j + i * m) % n(j为0到gcd(n, m)-1之间的某一整数,i = 0:n-1)会构成一个循环链,一共有gcd(n, m)个循环链,对每个循环链分别进行一次内循环就行了。
综合上述两种情况,可简单编写代码如下:
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- void rotate(string &str, int m)
- {
- int lenOfStr = str.length();
- int numOfGroup = gcd(lenOfStr, m);
- int elemInSub = lenOfStr / numOfGroup;
-
- for(int j = 0; j < numOfGroup; j++)
-
- {
- char tmp = str[j];
-
- for (int i = 0; i < elemInSub - 1; i++)
-
- str[(j + i * m) % lenOfStr] = str[(j + (i + 1) * m) % lenOfStr];
- str[(j + i * m) % lenOfStr] = tmp;
- }
- }
后来有网友针对上述的思路④,给出了下述的证明:
1、首先,直观的看肯定是有循环链,关键是有几条以及每条有多长,根据(i+j *m) % n这个表达式可以推出一些东东,一个j对应一条循环链,现在要证明(i+j *m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。
2、假设j和k对应的数字是相同的, 即(i+j*m)%n = (i+k*m)%n, 可以推出n|(j-k)*m,m=m’*gcd(n.m), n=n’*gcd(n,m), 可以推出n’|(j-k)*m’,而m’和n’互素,于是n’|(j-k),即(n/gcd(n,m))|(j-k),
3、所以(i+j*m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。则总共有gcd(n,m)个循环链。符号“|”是整除的意思。
以上的3点关于为什么一共有gcd(n, m)个循环链的证明,应该是来自qq3128739xx的,非常感谢这位朋友。
3.2、以下,便是摘自sgi stl v3.3版中的stl_algo_h文件里,有关rotate的实现的代码:
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- template <class _EuclideanRingElement>
- _EuclideanRingElement __gcd(_EuclideanRingElement __m,
- _EuclideanRingElement __n)
- {
- while (__n != 0) {
- _EuclideanRingElement __t = __m % __n;
- __m = __n;
- __n = __t;
- }
- return __m;
- }
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- template <class _ForwardIter, class _Distance>
- _ForwardIter __rotate(_ForwardIter __first,
- _ForwardIter __middle,
- _ForwardIter __last,
- _Distance*,
- forward_iterator_tag)
- {
- if (__first == __middle)
- return __last;
- if (__last == __middle)
- return __first;
-
- _ForwardIter __first2 = __middle;
- do {
- swap(*__first++, *__first2++);
- if (__first == __middle)
- __middle = __first2;
- } while (__first2 != __last);
-
- _ForwardIter __new_middle = __first;
- __first2 = __middle;
-
- while (__first2 != __last)
- {
- swap (*__first++, *__first2++);
- if (__first == __middle)
- __middle = __first2;
- else if (__first2 == __last)
- __first2 = __middle;
- }
-
- return __new_middle;
- }
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- template <class _BidirectionalIter, class _Distance>
- _BidirectionalIter __rotate(_BidirectionalIter __first,
- _BidirectionalIter __middle,
- _BidirectionalIter __last,
- _Distance*,
- bidirectional_iterator_tag)
- {
- __STL_REQUIRES(_BidirectionalIter, _Mutable_BidirectionalIterator);
- if (__first == __middle)
- return __last;
- if (__last == __middle)
- return __first;
-
- __reverse(__first, __middle, bidirectional_iterator_tag());
- __reverse(__middle, __last, bidirectional_iterator_tag());
-
- while (__first != __middle && __middle != __last)
- swap (*__first++, *--__last);
-
- if (__first == __middle)
- {
- __reverse(__middle, __last, bidirectional_iterator_tag());
- return __last;
- }
- else {
- __reverse(__first, __middle, bidirectional_iterator_tag());
- return __first;
- }
- }
-
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-
- template <class _RandomAccessIter, class _Distance, class _Tp>
- _RandomAccessIter __rotate(_RandomAccessIter __first,
- _RandomAccessIter __middle,
- _RandomAccessIter __last,
- _Distance *, _Tp *)
- {
- __STL_REQUIRES(_RandomAccessIter, _Mutable_RandomAccessIterator);
- _Distance __n = __last - __first;
- _Distance __k = __middle - __first;
- _Distance __l = __n - __k;
- _RandomAccessIter __result = __first + (__last - __middle);
-
- if (__k == 0)
- return __last;
-
- else if (__k == __l) {
- swap_ranges(__first, __middle, __middle);
- return __result;
- }
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- _Distance __d = __gcd(__n, __k);
-
- for (_Distance __i = 0; __i < __d; __i++) {
- _Tp __tmp = *__first;
- _RandomAccessIter __p = __first;
-
- if (__k < __l) {
- for (_Distance __j = 0; __j < __l/__d; __j++) {
- if (__p > __first + __l) {
- *__p = *(__p - __l);
- __p -= __l;
- }
-
- *__p = *(__p + __k);
- __p += __k;
- }
- }
- else {
- for (_Distance __j = 0; __j < __k/__d - 1; __j ++) {
- if (__p < __last - __k) {
- *__p = *(__p + __k);
- __p += __k;
- }
-
- *__p = * (__p - __l);
- __p -= __l;
- }
- }
-
- *__p = __tmp;
- ++__first;
- }
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- return __result;
- }
由于上述stl rotate源码中,方案④ 的代码,较复杂,难以阅读,下面是对上述第④ 方案的简单改写:
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- void my_rotate(char *begin, char *mid, char *end)
- {
- int n = end - begin;
- int k = mid - begin;
- int d = gcd(n, k);
- int i, j;
- for (i = 0; i < d; i ++)
- {
- int tmp = begin[i];
- int last = i;
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- for (j = (i + k) % n; j != i; j = (j + k) % n)
- {
- begin[last] = begin[j];
- last = j;
- }
- begin[last] = tmp;
- }
- }
对上述程序的解释:关于第二个for循环中,j初始化为(i+)%n,程序注释中已经说了,i+k为i右移k的位置,%n是当i+k>n时从左重新开始。为什么要这么做呢?很简单,n个数的数组不管循环左移多少位,用上述程序的方法一共需要交换n次。当i+k>=n时i+k表示的位置在数组中不存在了,所以又从左边开始的(i+k)%n是下一个交换的位置。
- 好比5个学生,,编号从0开始,即0 1 2 3 4,老师说报数,规则是从第一个学生开始,中间隔一个学生报数。报数的学生编号肯定是0 2 4 1 3。这里就相当于i为0,k为2,n为5
- 然后老师又说,编号为0的学生出列,其他学生到在他前一个报数的学生位置上去,那么学生从0 1 2 3 4=》2 3 4 _ 1,最后老师说,编号0到剩余空位去,得到最终排位2 3 4 0 1。此时的结果,实际上就是相当于上述程序中左移k=2个位置了。而至于为什么让 编号为0 的学生 出列。实际是这句:int last = i; 因为要达到这样的效果0 1 2 3 4 => 2 3 4 0 1,那么2 3 4 必须要移到前面去。怎么样,明白了么?。
关于本题,不少网友也给出了他们的意见,具体请参见此帖子微软100题,维护地址。
第五节、总结
如nossiac所说,对于这个数组循环移位的问题,真正最靠谱的其实只有俩种:一种是上文的思路一,前后部分逆置翻转法,第二种是思路三,即stl 里的rotate算法,其它的思路或方法,都是或多或少在向这俩种方法靠拢。
下期更新:程序员面试题狂想曲:第二章。时间:本周周日04.24晚。非常感谢各位朋友的,支持与关注。本人宣告:本程序员面试题狂想曲系列,永久更新。
本章完。
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