LeetCode笔记:338. Counting Bits
2016-12-26 10:53
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问题:
Given a non negative integer number num. For every numbers i in the range 0 ≤ i ≤ num calculate the number of 1’s in their binary representation and return them as an array.Example:
For num = 5 you should return [0,1,1,2,1,2].
Follow up:
It is very easy to come up with a solution with run time O(n*sizeof(integer)). But can you do it in linear time O(n) /possibly in a single pass?
Space complexity should be O(n).
Can you do it like a boss? Do it without using any builtin function like __builtin_popcount in c++ or in any other language.
大意:
给出一个非负整数num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围的每个数计算它们二进制表示的数中的1的个数,并返回它们组成的数组。例子:
对 num = 5 你应该返回 [0,1,1,2,1,2]。
进阶:
很容易找到时间复杂度为 O(n*sizeof(integer))的解决方案。但你能不能在线性时间复杂度O(n)中解决呢?
康健复杂度需要是O(n)。
你能不能像一个boss一样做?不要使用像c++中 __builtin_popcount 一样的内置的函数去做。
思路:
把0~7的二进制表示法的数字列出来,数其中的1的个数,找到一个规律,0对应的数是0,1、2对应的是1个1。往上走只用计算不断除以2一直除到1后,存在余数为1的次数,加上最后的1,就是该数二进制表示法中1的个数。注意初始化结果数组的时候容量为 num+1,不是 num。
我的做法时间复杂度应该是O(nlogn)。
初始化int型数组后,数组所有元素默认为0,所以对0的判断处理可以略去。
代码(Java):
public class Solution { public int[] countBits(int num) { int[] result = new int[num+1]; for (int i = 0; i <= num; i++) { if (i == 0) result[i] = 0; else if (i <= 2) result[i] = 1; else { int numberOfOne = 1; int number = i; while (number > 1) { numberOfOne += number % 2; number = number / 2; } result[i] = numberOfOne; } } return result; } }
他山之石:
public int[] countBits(int num) { int[] f = new int[num + 1]; for (int i=1; i<=num; i++) f[i] = f[i >> 1] + (i & 1); return f; }
这个做法把上面的思想简化了很多,i&1其实就是看最后一位有没有1,也就是取余为1。然后加上 f[i >> 1],这个其实就是当前数字除以2后对应的数字的1的个数,所以可以看出我的做法做了很多无用功,因为没有利用到已经得出的结果,而这个做法的时间复杂度就是O(n)了。
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