题目6 第一次只出现一次的字符

题目描述

在一个字符串(0<=字符串长度<=10000，全部由字母组成)中找到第一个只出现一次的字符,并返回它的位置, 如果没有则返回 -1（需要区分大小写）。

题目解析

只要这种问题，就可以想到HashTable，但是由于这个问题很简单，而且字符串全部由字母组成，那么每个字母的ASCII码肯定不一样，我们就可以用一个长度为52的数组来记录他们出现的次数，对于字母每出现一次，就对它加1。 当然我们这里为了通用性，可以使用对任意字符进行判断，那么我们就可以考虑实现一个简单的哈希表。字符是一个长度为8的数据类型，所以有256种可能，于是可以创建一个长度为256的数组，每个字符根据其ASCII码值作为数组的下表对应数组的一个数字，而数组中存储的是每个字符出现的次数。 第一次扫描时，在河西表中更新一个字符出现的次数的时间是O(1)。如果字符串长度为n，那么第一次扫描的时间复杂度是O(n)。第二次扫描时，同样在O(1)时间内能独处一个字符出现的次数，所以时间复杂度仍然是O(n)。这样算起来，总的时间复杂度是O(n)。同时，我们需要一个包含256个字符的辅助数组，它的代销为1kb。由于这个数组的大小是一个常数，因此可以认为空间复杂度为O(1)。

代码

int FirstNotRepeatingChar(string str) {
    int asc[256]={0};
    int len=str.size();
    if(len==0)
        return -1;
    for(int i=0;i<len;i++)
        asc[str[i]]++;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(asc[str[i]]==1)
            return i;
    }
    return -1;
}

题目7 丑数

题目描述

把只包含质因子2、3和5的数称作丑数（Ugly Number）。例如6、8都是丑数，但14不是，因为它包含质因子7。 习惯上我们把1当做是第一个丑数。求按从小到大的顺序的第N个丑数。

题目解析

代码1中所述是最简单的判断方法，很直观，但是效率不够高。

代码1

bool isUgly(int number)
{
    while(number%2==0)
        number/=2;
    while(number%3==0)
        number/=3;
    while(number%/5==0)
        number/=5;
    return (number==1)?true:false;
}

int GetUglyNumber(int index)
{
    if(index<=0)
        return 0;
    int number=0;
    int uglyFound=0;
    while(uglyFound<index)
    {
        ++number;
        if(isUgly(number))
        {
            uglyFound++;
        }
    }
    return number;
}

题目8 数字在排序数组中出现的次数

题目描述

统计一个数字在排序数组中出现的次数。

题目解析

最简单的方法就是直接for循环，这个复杂度是O(n)。

代码

int GetNumberOfK(vector<int> data ,int k) {
    int len = data.size();
    int count=0;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(data[i]==k)
            ++count;
    }
    return count;
}

题目9 两个链表的第一个公共节点

题目描述

输入两个链表，找出它们的第一个公共结点。

代码

ListNode* FindFirstCommonNode( ListNode *pHead1, ListNode *pHead2) {
       int len1 = findListLenth(pHead1);
       int len2 = findListLenth(pHead2);
       //如果两个长度不相等，就把长的那个链表上的指针从开头往后移动|len1-len2|个位置，这样就相当于两个链表同一起跑线开始。
       if(len1 > len2){
           pHead1 = walkStep(pHead1,len1 - len2);
       }else{
           pHead2 = walkStep(pHead2,len2 - len1);
       }
       //由于这个时候两个链表从指针所在位置往后长度肯定一致，所以这里指定pHead1和pHead2判断是否到尾部都可以
       while(pHead1 != NULL){
           //如果两个结点相等，自然就是第一个公共节点了，否则往后继续找
           if(pHead1 == pHead2) return pHead1;
           pHead1 = pHead1->next;
           pHead2 = pHead2->next;
       }
       return NULL;
   }

   int findListLenth(ListNode *pHead1){
       if(pHead1 == NULL) return 0;
       int sum = 1;
       while(pHead1 = pHead1->next) sum++;
       return sum;
   }

   ListNode* walkStep(ListNode *pHead1, int step){
       while(step--){
           pHead1 = pHead1->next;
       }
       return pHead1;
   }

题目10 数组中的逆序对

题目描述

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P。并将P对1000000007取模的结果输出。 即输出P%1000000007

题目解析

我们以数组{7,5,6,4}为例来分析统计逆序对的过程。每次扫描到一个数字的时候，我们不拿ta和后面的每一个数字作比较，否则时间复杂度就是O(n^2)，因此我们可以考虑先比较两个相邻的数字。 (a) 把长度为4的数组分解成两个长度为2的子数组； (b) 把长度为2的数组分解成两个成都为1的子数组； (c) 把长度为1的子数组 合并、排序并统计逆序对 ； (d) 把长度为2的子数组合并、排序，并统计逆序对； 在上图（a）和（b）中，我们先把数组分解成两个长度为2的子数组，再把这两个子数组分别拆成两个长度为1的子数组。接下来一边合并相邻的子数组，一边统计逆序对的数目。在第一对长度为1的子数组{7}、{5}中7大于5，因此（7,5）组成一个逆序对。同样在第二对长度为1的子数组{6}、{4}中也有逆序对（6,4）。由于我们已经统计了这两对子数组内部的逆序对，因此需要把这两对子数组 排序 如上图（c）所示， 以免在以后的统计过程中再重复统计。 接下来我们统计两个长度为2的子数组子数组之间的逆序对。合并子数组并统计逆序对的过程如下图如下图所示。 我们先用两个指针分别指向两个子数组的末尾，并每次比较两个指针指向的数字。如果第一个子数组中的数字大于第二个数组中的数字，则构成逆序对，并且逆序对的数目等于第二个子数组中剩余数字的个数，如下图（a）和（c）所示。如果第一个数组的数字小于或等于第二个数组中的数字，则不构成逆序对，如图b所示。每一次比较的时候，我们都把较大的数字从后面往前复制到一个辅助数组中，确保 辅助数组（记为copy） 中的数字是递增排序的。在把较大的数字复制到辅助数组之后，把对应的指针向前移动一位，接下来进行下一轮比较。 过程：先把数组分割成子数组，先统计出子数组内部的逆序对的数目，然后再统计出两个相邻子数组之间的逆序对的数目。在统计逆序对的过程中，还需要对数组进行排序。如果对排序算法很熟悉，我们不难发现这个过程实际上就是归并排序。

代码

int InversePairs(int* data, int length)
{
    if(data==nullptr||length<0)
        return 0;
    int* copy=new int[length];
    for(int i=0;i<length;++i)
        copy[i]=data[i];
    int count=InversePairsCore(data,copy,0,length-1);
    delete[] copy;
    return count;
}

int InversePairsCore(int*data,int*copy,int start,int end)
{
    if(start==end)
    {
        copy[start]=data[start];
        return 0;
    }

    int length=(end-start)/2;

    int left=InversePairsCore(copy,data,start,start+length);
    int right=InversePairsCore(copy,data,start+length+1,end);

    //i初始化为前半段最后一个数字的下标
    int i=start+length;
    //j初始化为后半段最后一个数字的下标
    int j=end;
    int indexCopy=end;
    int count=0;
    while(i>=start&&j>=start+length+1)
    {
        if(data[i]>data[j])
        {
            copy[indexCopy--]=data[i--];
            count+=j-start-length;
        }
        else
        {
            copy[indexCopy--]=data[j--];
        }
    }
    for(;i>=start;--i)
        copy[indexCopy--]=data[i];
    for(;j>=start+length+1;--j)
        copy[indexCopy--]=data[j];

    return left+right+count;
}