2019/05/19--由 LeetCode 初见位运算
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由三道 LeetCode
题目简单了解一下位运算
你可做过这几道题?
在面试的准备过程中,刷算法题算是必修课,当然我也不例外。某天,我刷到了一道神奇的题目:
# 136. 只出现一次的数字
给定一个非空整数数组,除了某个元素只出现一次以外,其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。
说明:
你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗?
示例 1:
输入: [2,2,1]
输出: 1
示例 2:
输入: [4,1,2,1,2]
输出: 4
我不禁眉头一皱,心说,这还不简单,三下五除二写下如下代码:
/**
* HashMap
*
* @param nums 数组
* @return 结果
*/
public int solution(int[] nums) {
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int num : nums) {
if (map.containsKey(num)) {
map.remove(num);
} else {
map.put(num, 1);
}
}
return map.entrySet().iterator().next().getKey();
}
接着,我看到了另外一道题目:
# 137. 只出现一次的数字 II
给定一个非空整数数组,除了某个元素只出现一次以外,其余每个元素均出现了三次。找出那个只出现了一次的元素。
说明:
你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗?
示例 1:
输入: [2,2,3,2]
输出: 3
示例 2:
输入: [0,1,0,1,0,1,99]
输出: 99
我不禁眉头又一皱,心说,好像是同样的套路,便写下了如下代码:
/**
* 使用Map,存储key以及出现次数
*
* @param nums 数组
* @return 出现一次的数字
*/
public int singleNumber(int[] nums) {
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int num : nums) {
if (map.containsKey(num)) {
map.put(num, map.get(num) + 1);
} else {
map.put(num, 1);
}
}
for (Integer key : map.keySet()) {
if (map.get(key) == 1) {
return key;
}
}
return 0;
}
然后,就出现了终极题目:
# 260. 只出现一次的数字 III
给定一个整数数组 nums,其中恰好有两个元素只出现一次,其余所有元素均出现两次。 找出只出现一次的那两个元素。
示例 :
输入: [1,2,1,3,2,5]
输出: [3,5]
注意:
1. 结果输出的顺序并不重要,对于上面的例子, [5, 3] 也是正确答案。
2. 你的算法应该具有线性时间复杂度。你能否仅使用常数空间复杂度来实现?
我不禁又皱了一下眉头,心说,嗯……接着便写下如下代码:
/**
* 使用Map,存储key以及出现次数
*
* @param nums 数组
* @return 出现一次的数字的数组
*/
public int[] singleNumber(int[] nums) {
int[] result = new int[2];
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int num : nums) {
if (map.containsKey(num)) {
map.put(num, map.get(num) + 1);
} else {
map.put(num, 1);
}
}
int i = 0;
for (Integer key : map.keySet()) {
if (map.get(key) == 1) {
result[i] = key;
i++;
}
}
return result;
}
用几乎同一种思路做了三道题,不得不夸一下自己:
做完这三道题目,提交了答案之后,执行用时和内存消耗都只超过了 10% 的解题者。不由得眉头紧锁(终于知道自己为啥抬头纹这么深了),发现事情并没有这么简单……
之后我又找了一下其他解法,如下:
/**
* #136 根据题目描述,由于加上了时间复杂度必须是 O(n) ,并且空间复杂度为 O(1) 的条件,因此不能用排序方法,也不能使用 map 数据结构。答案是使用 位操作Bit Operation 来解此题。
* 将所有元素做异或运算,即a[1] ⊕ a[2] ⊕ a[3] ⊕ …⊕ a[n],所得的结果就是那个只出现一次的数字,时间复杂度为O(n)。
* 根据异或的性质 任何一个数字异或它自己都等于 0
*
* @param nums 数组
* @return 结果
*/
private int solution(int[] nums) {
int res = 0;
for (int num : nums) {
res ^= num;
}
return res;
}
/**
* #137 嗯……这个我们下面再做详解
* 这里使用了异或、与、取反这些运算
*
* @param nums 数组
* @return 出现一次的数字
*/
public int singleNumber2(int[] nums) {
int a = 0, b = 0;
int mask;
for (int num : nums) {
b ^= a & num;
a ^= num;
mask = ~(a & b);
a &= mask;
b &= mask;
}
return a;
}
/**
* #260 在这里把所有元素都异或,那么得到的结果就是那两个只出现一次的元素异或的结果。
* 然后,因为这两个只出现一次的元素一定是不相同的,所以这两个元素的二进制形式肯定至少有某一位是不同的,即一个为 0 ,另一个为 1 ,现在需要找到这一位。
* 根据异或的性质 任何一个数字异或它自己都等于 0 ,得到这个数字二进制形式中任意一个为 1 的位都是我们要找的那一位。
* 再然后,以这一位是 1 还是 0 为标准,将数组的 n 个元素分成两部分。
* 1. 将这一位为 0 的所有元素做异或,得出的数就是只出现一次的数中的一个
* 2. 将这一位为 1 的所有元素做异或,得出的数就是只出现一次的数中的另一个。
* 这样就解出题目。忽略寻找不同位的过程,总共遍历数组两次,时间复杂度为O(n)。
*
* 使用位运算
*
* @param nums 数组
* @return 只出现一次数字的数组
*/
public int[] singleNumber2(int[] nums) {
int diff = 0;
for (int num : nums) {
diff ^= num;
}
// 得到最低的有效位,即两个数不同的那一位
diff &= -diff;
int[] result = new int[2];
for (int num : nums) {
if ((num & diff) == 0) {
result[0] ^= num;
} else {
result[1] ^= num;
}
}
return result;
}
看完上面的解法,我脑海中只有问号的存在,啥意思啊?!
下面就让我们简单了解一下位运算并解析一下这三道题目。
简单介绍一下位运算
1. 异或运算(^)
异或逻辑的关系是:当AB不同时,输出P=1;当AB相同时,输出P=0。“⊕”是异或数学运算符号,异或逻辑也是与或非逻辑的组合,其逻辑表达式为:P=A⊕B。在计算机语言中,异或的符号为“ ^ ”。
异或运算 A ⊕ B 的真值表如下:
A | B | ⊕ |
---|---|---|
F | F | F |
F | T | T |
T | F | T |
T | T | F |
所以我们从 #136
题解中了解,通过异或运算,两个相同的元素结果为 0,而 任何数 与 0 进行异或操作,结果都为其本身。
2. 与操作(&)
“与”运算是计算机中一种基本的逻辑运算方式,符号表示为 “&”,参加运算的两个数据,按二进制位进行“与”运算。运算规则:0&0=0;0&1=0;1&0=0;1&1=1;即:两位同时为“1”,结果才为“1”,否则为0。另,负数按补码形式参加按位与运算。
与运算 A & B 的真值表如下:
A | B | & |
---|---|---|
F | F | F |
F | T | F |
T | F | F |
T | T | T |
“与运算”的特殊用途:
-
清零。如果想将一个单元清零,即使其全部二进制位为0,只要与一个各位都为零的数值相与,结果为零。
-
取一个数的指定位
方法:找一个数,对应X要取的位,该数的对应位为1,其余位为零,此数与X进行“与运算”可以得到X中的指定位。例:设 X=10101110,取X的低4位,用
X & 0000 1111 = 0000 1110
即可得到;还可用来取 X 的2、4、6位。
3. 或操作(|)
参加运算的两个对象,按二进制位进行“或”运算。运算规则:0|0=0; 0|1=1; 1|0=1; 1|1=1;即 :参加运算的两个对象只要有一个为1,其值为1。另,负数按补码形式参加按位或运算。
或运算 A | B 的真值表如下:
A | B | | |
---|---|---|
F | F | F |
F | T | T |
T | F | T |
T | T | T |
或运算特殊作用:
-
常用来对一个数据的某些位置1。
方法:找到一个数,对应X要置1的位,该数的对应位为1,其余位为零。此数与X相或可使X中的某些位置1。
例:将 X=10100000 的低4位 置为1 ,用
X | 0000 1111 = 1010 1111
即可得到。
4. 取反操作(~
)
参加运算的一个数据,按二进制位进行“取反”运算。运算规则:~1=0; ~0=1;即:对一个二进制数按位取反,即将0变1,1变0。
使一个数的最低位为零,可以表示为:a&~1
。1 的值为 1111111111111110,再按“与”运算,最低位一定为0。因为“”运算符的优先级比算术运算符、关系运算符、逻辑运算符和其他运算符都高。
OK,截止到这儿,三道题目中使用的位运算介绍完毕,那么这里我们插入一下 #137
的详细题解。
public int singleNumber2(int[] nums) {
// 这里我们改一下变量名
// 用 one 记录到当前处理的元素为止,二进制1出现“1次”(mod 3 之后的 1)的有哪些二进制位;
// 用 two 记录到当前计算的变量为止,二进制1出现“2次”(mod 3 之后的 2)的有哪些二进制位。
int one = 0, two = 0;
int mask;
for (int num : nums) {
// 由于 two 要考虑,one 的已有状态,和当前是否继续出现。所以要先算
two ^= one & num;
// one 就是一个0,1的二值位,在两个状态间转换
one ^= num;
// 当 one 和 two 中的某一位同时为1时表示该二进制位上1出现了3次,此时需要清零。
mask = ~(one & two);
// 清零操作
one &= mask;
two &= mask;
}
// 即用 二进制 模拟 三进制 运算。最终 one 记录的是最终结果。
return one;
}
首先考虑一个相对简单的问题,加入输入数组里面只有 0 和 1,我们要统计 1 出现的次数,当遇到 1 就次数加 1,遇到 0 就不变,当次数达到 k 时,统计次数又回归到 0。我们可以用 m 位来做这个计数工作,即 xm, xm−1, …, x1,只需要确保 2m > k 即可,接下来我们要考虑的问题就是,在每一次check元素的时候,做什么操作可以满足上述的条件。在开始计数之前,每一个计数位都初始化位0,然后遍历nums
,直到遇到第一个1,此时 x1 会变成1,继续遍历,直到遇到第二个1,此时 x1=0, x2=1,直到这里应该可以看出规律了。每遇到一个1,对于 xm, xm−1, …, x1,只有之前的所有位都为1的时候才需要改变自己的值,如果本来是1,就变成0,本来是0,就变成1 ,如果遇到的是0,就保持不变。搞清楚了这个逻辑,写出表达式就不难了。这里以 m = 3 为例给出 java
代码:
for(int num: nums) {
x3 ^= x2 & x1 & i;
x2 ^= x1 & i;
x1 ^= i;
// other operations
}
但是到这里还没有解决当 1 的次数到 k 时,计数值要重新返回到 0,也就是所有计数位都变成 0 这个问题。解决办法也是比较巧妙。
假设我们有一个标志变量,只有当计数值到 k 的时候这个标志变量才为 0,其余情况下都是 1,然后每一次check元素的时候都对每个计数位和标志变量做与操作,那么如果标志变量为 0,也就是计数值为 k 的时候,所有位都会变成 0, 反之,所有位都会保持不变,那么我们的目的也就达到了。
好,最后一个问题是怎么计算标志变量的值。将 k 转变为二进制,只有计数值达到 k,所有计数位才会和 k 的二进制一样,所以只需要将 k 的二进制位做 与操作 ,如果某个位为 0,就与该位 取反 之后的值做与操作。
以 k=3, m=2 为例,简要的 java
代码如下:
// where yj = xj if kj = 1,
// and yj = ~xj if kj = 0,
// k1, k2是 k 的二进制表示(j = 1 to 2).
mask = ~(y1 & y2);
x2 &= mask;
x1 &= mask;
将这两部分合起来就是解决这个问题的完整算法了。
5. 左移运算符(<<)
将一个运算对象的各二进制位全部左移若干位(左边的二进制位丢弃,右边补0)。
例:a = a<< 2将a的二进制位左移2位,右补0,左移1位后a = a * 2;
若左移时舍弃的高位不包含1,则每左移一位,相当于该数乘以2。
6. 右移运算符(>>)
将一个数的各二进制位全部右移若干位,正数左补0,负数左补1,右边丢弃。操作数每右移一位,相当于该数除以2。
例如:a = a>> 2 将a的二进制位右移2位,左补0 or 补1得看被移数是正还是负。
总结
以上就是我们常见的几种位运算了,其中左移、右移等操作,在 HashMap
的源码中也会经常看到,理解了这些位操作,对于理解源码也是有一定帮助的,当然也会帮助我们写出执行效率更高的代码。
从上面的部分示例中可以看出,位运算通常用来降低包含排列,计数等复杂度比较高的操作,当然也可以用来代替乘 2 除 2,判断素数,偶数,倍数等基本操作,但是我认为其意义在于前者,即用计数器来降低设计到排列或者计数的问题的复杂度。
最后一点,三道算法题中,#136
、#260
理解起来倒还好,#137 Single Number II
的题解可能需要费一点功夫,至少我还没有完全理解,但不能轻易放弃对不对,继续啃啊!
以上便是我个人的简单总结,如果有纰漏或者错误,欢迎进行指出及纠正。