算法练习-单链表约瑟夫环的O(n)算法
2016-09-03 14:19
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这个题表示技巧性有点强,我感觉不推荐这么干,但是还是记录学习下吧!
环形单链表的约瑟夫问题
【题目】
据说著名犹太历史学家 Josephus 有过以下故事:在罗马人占领乔塔帕特后,39 个犹太人
与 Josephus 及他的朋友躲到一个洞中,39 个犹太人决定宁愿死也不要被敌人抓到,于是
决定了一个自杀方式,41 个人排成一个圆圈,由第 1 个人开始报数,报数到 3 的人就自
杀,然后再由下一个人重新报 1,报数到 3 的人再自杀,这样依次下去,直到剩下最后一 个人时,那个人可以自由选择自己的命运。这就是著名的约瑟夫问题。现在请用单向环形链
表描述该结构并呈现整个自杀过程。 输入:一个环形单向链表的头节点 head 和报数的值 m。
返回:最后生存下来的节点,且这个节点自己组成环形单向链表,其他节点都删掉。 【要求】
如果链表节点数为 N,请实现时间复杂度为 O(N)的解法。
在我们自然的算法上,很容易想到直接循环删除报数为m的节点,这个算法的复杂度为O(n*m);
代码如下:
如果想要实现O(N)的算法,首先需要两个 对应转换函数:
1) 报数 与 编号之间的对应关系(假设一共有i个数)
从上面的关系可以得到:B=(A-1)%i+1
2)删除时 新的链表 和 旧链表之间的对应关系:
也就是当删除s时新的链表(长度i-1)和原链表(长度为i)的编号对应关系如上,表达式可为:
由1)和2)两个关系式可得(s和m的关系就是编号和报数的关系):
因此:要计算长度为n的链表最终存活了哪个节点,可以根据 (1)式 的 长度为n-1 存活的节点得到,依次递归,直到长度为1的节点 肯定存活编号为1;再依次回退,计算原链表存活的节点编号;
代码:
虽然这种方法的时间复杂度相比第一种低,但我觉得也太难想到了,不是好评~
环形单链表的约瑟夫问题
【题目】
据说著名犹太历史学家 Josephus 有过以下故事:在罗马人占领乔塔帕特后,39 个犹太人
与 Josephus 及他的朋友躲到一个洞中,39 个犹太人决定宁愿死也不要被敌人抓到,于是
决定了一个自杀方式,41 个人排成一个圆圈,由第 1 个人开始报数,报数到 3 的人就自
杀,然后再由下一个人重新报 1,报数到 3 的人再自杀,这样依次下去,直到剩下最后一 个人时,那个人可以自由选择自己的命运。这就是著名的约瑟夫问题。现在请用单向环形链
表描述该结构并呈现整个自杀过程。 输入:一个环形单向链表的头节点 head 和报数的值 m。
返回:最后生存下来的节点,且这个节点自己组成环形单向链表,其他节点都删掉。 【要求】
如果链表节点数为 N,请实现时间复杂度为 O(N)的解法。
在我们自然的算法上,很容易想到直接循环删除报数为m的节点,这个算法的复杂度为O(n*m);
代码如下:
// 自然方法 public static Node getNode1(Node head,int m){ if(head==null || head.next==head || m<1){ return head; } Node last=head; while(last.next!=head){ last=last.next; } int count=0; while(last!=head){ if(++count==m){ // kill head last.next=head.next; count=0; }else{ last=last.next; } head=last.next; } return head; }
如果想要实现O(N)的算法,首先需要两个 对应转换函数:
1) 报数 与 编号之间的对应关系(假设一共有i个数)
报数(A) 编号(B) 1 1 2 2 ... ... i i i+1 1 i+2 2 ... ... 2*i-1 i-1 2*i i ... ...
从上面的关系可以得到:B=(A-1)%i+1
2)删除时 新的链表 和 旧链表之间的对应关系:
长度为i时: 1 2 ... s-2 s-1 s s+1 s+2 ... i 假设删除的节点编号为s 长度为i-1时: i-s+1 i-s+2... i-2 i-1 () 1 2 ... i-s
也就是当删除s时新的链表(长度i-1)和原链表(长度为i)的编号对应关系如上,表达式可为:
old = (new+s-1)% i +1
由1)和2)两个关系式可得(s和m的关系就是编号和报数的关系):
old = (new+m-1)% i +1 (1)
因此:要计算长度为n的链表最终存活了哪个节点,可以根据 (1)式 的 长度为n-1 存活的节点得到,依次递归,直到长度为1的节点 肯定存活编号为1;再依次回退,计算原链表存活的节点编号;
代码:
// 非自然方法 public static Node getNode2(Node head,int m){ if(head==null || head.next==head || m<1){ return head; } // 计算长度 Node cur=head.next; int tmp=1; while(cur!=head){ tmp++; cur=cur.next; } tmp=getLive(tmp,m); while(--tmp!=0){ head=head.next; } head.next=head; return head; } public static int getLive(int i,int m){ if(i==1){ return 1; } return (getLive(i-1,m)+m-1)%i+1; }
虽然这种方法的时间复杂度相比第一种低,但我觉得也太难想到了,不是好评~
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