2013年4月26日随笔档案 - 小明思考

Scramble String

Problem

Given a string s1, we may represent it as a binary tree by partitioning it to two non-empty substrings recursively.

Below is one possible representation of s1 = "great":

great

/ \

gr eat

/ \ / \

g r e at

/ \

a t

To scramble the string, we may choose any non-leaf node and swap its two children.

For example, if we choose the node "gr" and swap its two children, it produces a scrambled string "rgeat".

rgeat

/ \

rg eat

/ \ / \

r g e at

/ \

a t

We say that "rgeat" is a scrambled string of "great".

Similarly, if we continue to swap the children of nodes "eat" and "at", it produces a scrambled string "rgtae".

rgtae

/ \

rg tae

/ \ / \

r g ta e

/ \

t a

We say that "rgtae" is a scrambled string of "great".

Given two strings s1 and s2 of the same length, determine if s2 is a scrambled string of s1.

分析：

这个问题是google的面试题。由于一个字符串有很多种二叉表示法，貌似很难判断两个字符串是否可以做这样的变换。
对付复杂问题的方法是从简单的特例来思考，从而找出规律。
先考察简单情况：
字符串长度为1：很明显，两个字符串必须完全相同才可以。
字符串长度为2：当s1="ab", s2只有"ab"或者"ba"才可以。
对于任意长度的字符串，我们可以把字符串s1分为a1,b1两个部分，s2分为a2,b2两个部分，满足（(a1~a2) && (b1~b2)）或者（(a1~b2) && (a1~b2)）

如此，我们找到了解决问题的思路。首先我们尝试用递归来写。

解法一（递归）

两个字符串的相似的必备条件是含有相同的字符集。简单的做法是把两个字符串的字符排序后，然后比较是否相同。
加上这个检查就可以大大的减少递归次数。
代码如下：

public boolean isScramble(String s1, String s2) {
        int l1 = s1.length();
        int l2 = s2.length();
        if(l1!=l2){
            return false;
        }
        if(l1==0){
            return true;
        }

        char[] c1 = s1.toCharArray();
        char[] c2 = s2.toCharArray();
        if(l1==1){
            return c1[0]==c2[0];
        }
        Arrays.sort(c1);
        Arrays.sort(c2);
        for(int i=0;i<l1;++i){
            if(c1[i]!=c2[i]){
                return false;
            }
        }

        boolean result = false;
        for(int i=1;i<l1 && !result;++i){
            String s11 = s1.substring(0,i);
            String s12 = s1.substring(i);
            String s21 = s2.substring(0,i);
            String s22 = s2.substring(i);
            result = isScramble(s11,s21) && isScramble(s12,s22);
            if(!result){
                String s31 = s2.substring(0,l1-i);
                String s32 = s2.substring(l1-i);
                result = isScramble(s11,s32) && isScramble(s12,s31);
            }
        }

        return result;
    }

解法二（动态规划）
减少重复计算的方法就是动态规划。动态规划是一种神奇的算法技术，不亲自去写，是很难完全掌握动态规划的。

这里我使用了一个三维数组boolean result[len][len][len],其中第一维为子串的长度，第二维为s1的起始索引，第三维为s2的起始索引。
result[k][i][j]表示s1[i...i+k]是否可以由s2[j...j+k]变化得来。

代码如下，非常简洁优美：

public class Solution {
    public boolean isScramble(String s1, String s2) {
        int len = s1.length();
        if(len!=s2.length()){
            return false;
        }
        if(len==0){
            return true;
        }

        char[] c1 = s1.toCharArray();
        char[] c2 = s2.toCharArray();

        boolean[][][] result = new boolean[len][len][len];
        for(int i=0;i<len;++i){
            for(int j=0;j<len;++j){
                result[0][i][j] = (c1[i]==c2[j]);
            }
        }

        for(int k=2;k<=len;++k){
            for(int i=len-k;i>=0;--i){
              for(int j=len-k;j>=0;--j){
                  boolean r = false;
                  for(int m=1;m<k && !r;++m){
                      r = (result[m-1][i][j] && result[k-m-1][i+m][j+m]) || (result[m-1][i][j+k-m] && result[k-m-1][i+m][j]);
                  }
                  result[k-1][i][j] = r;
              }
            }
        }

        return result[len-1][0][0];
    }
}

posted @ 2013-05-22 22:25 小明阅读(6124) | 评论 (0) | 编辑收藏

Subsets

Problem

Given a collection of integers that might contain duplicates, S, return all possible subsets.

Note:

Elements in a subset must be in non-descending order.
The solution set must not contain duplicate subsets.

For example,
If S = [1,2,2], a solution is:

[   [2],   [1],   [1,2,2],   [2,2],   [1,2],   [] ]

分析：
因为要求结果集是升序排列，所以首先我们要对数组进行排序。

子集的长度可以从0到整个数组的长度。长度为n+1的子集可以由长度为n的子集再加上在之后的一个元素组成。

这里我使用了三个技巧
1。使用了一个index数组来记录每个子集的最大索引，这样添加新元素就很简单。
2。使用了两个变量start和end来记录上一个长度的子集在结果中的起始和终止位置。
3。去重处理使用了一个last变量记录前一次的值，它的初始值设为S[0]-1,这样就保证了和数组的任何一个元素不同。

代码如下：

public class Solution {
    public ArrayList<ArrayList<Integer>> subsetsWithDup(int[] S) {
        Arrays.sort(S);

        ArrayList<ArrayList<Integer>> result = new ArrayList<ArrayList<Integer>>();
        ArrayList<Integer> indexs = new ArrayList<Integer>();
        result.add(new ArrayList<Integer>());
        indexs.add(-1);

        int slen = S.length;
        int start=0,end=0;
        for(int len=1;len<=slen;++len){
            int e = end;
            for(int i=start;i<=end;++i){
                ArrayList<Integer> ss = result.get(i);
                int index = indexs.get(i).intValue();
                int last = S[0]-1;
                for(int j = index+1;j<slen;++j){
                    int v = S[j];
                    if(v!=last){
                        ArrayList<Integer> newss = new ArrayList<Integer>(ss);
                        newss.add(v);
                        result.add(newss);
                        indexs.add(j);
                        ++e;
                        last = v;
                    }
                }
            }

            start = end+1;
            end = e;
        }
        return result;
    }
}

posted @ 2013-05-21 22:50 小明阅读(2107) | 评论 (0) | 编辑收藏

格雷码

问题格雷码是一个二进制的编码系统，相邻的两个数只有一位是不同的。
给定一个非负的整数n，代表了格雷码的位的总数。输出格雷码的序列，这个序列必须以0开始。

比如，给定n=2,输出［0，1，3，2］，格雷码是
0 ＝ 00
1 ＝ 01
3 ＝ 11
2 ＝ 10

注：格雷码的序列并不是唯一，比如n=2时，［0，2，3，1］也满足条件。

分析：
格雷码的序列中应包含2^n个数。这个问题初看起来不容易，我们要想出一个生成方法。

对于n=2,序列是：
00，01，11，10
那对于n=3,如何利用n=2的序列呢？一个方法是，先在n=2的四个序列前加0（这其实是保持不变），然后再考虑把最高位变成1，只需要把方向反过来就可以了
000，001，011，010
100，101，111，110－> 110,111,101,100
把这两行合起来就可以得到新的序列。

想通了，写代码就很容易了。

public class Solution {
    public ArrayList<Integer> grayCode(int n) {
        ArrayList<Integer> result = new ArrayList<Integer>();
        result.add(0);
        if(n>0){
            result.add(1);
        }

        int mask = 1;
        for(int i=2;i<=n;++i){
            mask *= 2;
            for(int j=result.size()-1;j>=0;--j){
                int v = result.get(j).intValue();
                v |= mask;
                result.add(v);
            }
        }
        return result;
    }
}

posted @ 2013-05-20 21:09 小明阅读(2573) | 评论 (0) | 编辑收藏

交叉字符串

问题给定字符串s1,s2,s3,判断s3是否可以由s1和s2交叉组成得到。

例如：

s1 = "aabcc",
s2 = "dbbca",

When s3 = "aadbbcbcac", return true.
When s3 = "aadbbbaccc", return false.

解法一：（递归）

一个简单的想法，是遍历s3的每个字符，这个字符必须等于s1和s2的某个字符。如果都不相等，则返回false
我们使用3个变量i,j,k分别记录当前s1,s2,s3的字符位置。
如果s3[k] = s1[i], i向后移动一位。如果s3[k]=s2[j],j向后移动一位。
这个题目主要难在如果s1和s2的字符出现重复的时候，就有两种情况，i,j都可以向后一位。
下面的算法在这种情况使用了递归，很简单的做法。但是效率非常差，是指数复杂度的。

public class Solution {
    public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
        int l1 = s1.length();
        int l2 = s2.length();
        int l3 = s3.length();

        if(l1+l2!=l3){
            return false;
        }

        char[] c1 = s1.toCharArray();
        char[] c2 = s2.toCharArray();
        char[] c3 = s3.toCharArray();

        int i=0,j=0;
        for(int k=0;k<l3;++k){
            char c = c3[k];
            boolean m1 = i<l1 && c==c1[i];
            boolean m2 = j<l2 && c==c2[j];
            if(!m1 && !m2){
                return false;
            }
            else if(m1 && m2){
                String news3 =  s3.substring(k+1);
                return isInterleave(s1.substring(i+1),s2.substring(j),news3)
                                || isInterleave(s1.substring(i),s2.substring(j+1),news3);
            }
            else if(m1){
                ++i;
            }
            else{
                ++j;
            }
        }

        return true;
    }
}

解法二：（动态规划）
为了减少重复计算，就要使用动态规划来记录中间结果。

这里我使用了一个二维数组result[i][j]来表示s1的前i个字符和s2的前j个字符是否能和s3的前i+j个字符匹配。

状态转移方程如下：
result[i,j] = (result[i-1,j] && s1[i] = s3[i+j]) || (result[i,j-1] && s2[j] = s3[i+j]);
其中0≤i≤len(s1) ,0≤j≤len(s2)

这样算法复杂度就会下降到O(l1*l2)

public class Solution {

public boolean isInterleave(String s1, String s2, String s3) {
        int l1 = s1.length();
        int l2 = s2.length();
        int l3 = s3.length();

        if(l1+l2!=l3){
            return false;
        }

        char[] c1 = s1.toCharArray();
        char[] c2 = s2.toCharArray();
        char[] c3 = s3.toCharArray();

        boolean[][] result = new boolean[l1+1][l2+1];
        result[0][0] = true;

        for(int i=0;i<l1;++i){
            if(c1[i]==c3[i]){
                result[i+1][0] = true;
            }
            else{
                break;
            }
        }

        for(int j=0;j<l2;++j){
            if(c2[j]==c3[j]){
                result[0][j+1] = true;
            }
            else{
                break;
            }
        }


        for(int i=1;i<=l1;++i){
            char ci = c1[i-1];
            for(int j=1;j<=l2;++j){
                char cj = c2[j-1];
                char ck = c3[i+j-1];
                   result[i][j] = (result[i][j-1] && cj==ck) || (result[i-1][j] && ci==ck);
            }
        }

        return result[l1][l2];
   }
}

posted @ 2013-05-10 20:47 小明阅读(3223) | 评论 (4) | 编辑收藏

三个数之和

摘要: 给定一个由n个整数组成的数组S，是否存在S中的三个数a,b,c使得 a+b+c=0?找出所有的不重复的和为0的三元组。

注意：
1.三元组的整数按照升序排列 a2.给出的结果中不能含有相同的三元组阅读全文

posted @ 2013-05-01 23:13 小明阅读(1913) | 评论 (0) | 编辑收藏

子序列计数

摘要: 给定两个字符串S和T，计算S的子序列为T的个数。

这里的字符串的子序列指的是删除字符串的几个字符（也可以不删）而得到的新的字符串，但是不能改变字符的相对位置。

比如“ACE”是“ABCDE”的子序列，但是“AEC”就不是。

如果S＝“rabbbit” T＝“rabit”，有3种不同的子序列为T的构成方法，那么结果应该返回3。阅读全文

posted @ 2013-04-26 23:33 小明阅读(2017) | 评论 (1) | 编辑收藏

设置二叉树的next节点

问题给定一颗二叉树：

class TreeLinkNode {

TreeLinkNode left;

TreeLinkNode right;

TreeLinkNode next;

}

要求把所有节点的next节点设置成它右边的节点，如果没有右节点，设置成空。初始状态，所有的next的指针均为null.

要求:你只能使用常数的空间。

比如：

1

/ \

2 3

/ \ \

4 5 7
应该输出：

1 -> NULL

/ \

2 -> 3 -> NULL

/ \ \

4-> 5 -> 7 -> NULL

分析：
题目不难，但是在面试时，在有限的时间内，没有bug写出，还是很考验功力的。

解决这个问题的思路是逐层扫描，上一层设置好下一层的next关系，在处理空指针的时候要格外小心。
代码如下，有注释，应该很容易看懂：
使用了三个指针：
node:当前节点
firstChild:下一层的第一个非空子节点
lastChild:下一层的最后一个待处理（未设置next)的子节点

  public void connect(TreeLinkNode root) {
        TreeLinkNode node = root;
        TreeLinkNode firstChild = null;
        TreeLinkNode lastChild = null;

        while(node!=null){
            if(firstChild == null){ //记录第一个非空子节点
                firstChild = node.left!=null?node.left:node.right;
            }
            //设置子节点的next关系，3种情况
            if(node.left!=null && node.right!=null){
                if(lastChild!=null){
                    lastChild.next = node.left;
                }
                node.left.next = node.right;
                lastChild = node.right;
            }
            else if(node.left!=null){
                if(lastChild!=null){
                    lastChild.next = node.left;
                }
                lastChild = node.left;
            }
            else if(node.right!=null){
                if(lastChild!=null){
                    lastChild.next = node.right;
                }
                lastChild = node.right;
            }
            //设置下一个节点，如果本层已经遍历完毕，移到下一层的第一个子节点
            if(node.next!=null){
                node = node.next;
            }
            else{
                node = firstChild;
                firstChild = null;
                lastChild = null;
            }
        }
    }

posted @ 2013-04-26 11:23 小明阅读(2113) | 评论 (0) | 编辑收藏

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