美文网首页leetcode每日打卡
Leetcode165. 比较版本号

Leetcode165. 比较版本号

作者: TripleEyeAline | 来源:发表于2021-09-01 10:12 被阅读0次

    题目

    给你两个版本号 version1 和 version2 ,请你比较它们。

    版本号由一个或多个修订号组成,各修订号由一个 '.' 连接。每个修订号由 多位数字 组成,可能包含 前导零 。每个版本号至少包含一个字符。修订号从左到右编号,下标从 0 开始,最左边的修订号下标为 0 ,下一个修订号下标为 1 ,以此类推。例如,2.5.33 和 0.1 都是有效的版本号。

    比较版本号时,请按从左到右的顺序依次比较它们的修订号。比较修订号时,只需比较 忽略任何前导零后的整数值 。也就是说,修订号 1 和修订号 001 相等 。如果版本号没有指定某个下标处的修订号,则该修订号视为 0 。例如,版本 1.0 小于版本 1.1 ,因为它们下标为 0 的修订号相同,而下标为 1 的修订号分别为 0 和 1 ,0 < 1 。

    返回规则如下:

    如果 version1 > version2 返回 1, 如果 version1 < version2 返回 -1, 除此之外返回 0。

    示例 1:

    输入:version1 = "1.01", version2 = "1.001"
    输出:0
    解释:忽略前导零,"01" 和 "001" 都表示相同的整数 "1"


    读题

    1. 从左到右依次比较

    2. 忽略前导零 1与001相等

    3. v1 > v2 return 1; v1 < v2 return -1。 else return 0

    解题思路

    读完此题,直观的就是按照这个 '.' 来分段比较。因为是string,所以我们自然的就想到要把'.'分割开的每一段转换成为数字来比较。

    接下来就是具体怎么实施了。

    其中关于连续的string转换成数字这点

    while (idx1 < size1 && version1[idx1] != '.') {
         a = a * 10 + version1[idx1] - '0';
         idx1++;
    }
    

    再啰嗦一点具体一点就是:

    1. 定义两个指针 idx1 和 idx2 , 分别去遍历两个string。

    2. 两个指针分别遍历两个字符串,将每个小数点'.'分隔开的修订号解析成数字a、b,并进行大小比较:a > b ? 1 : -1。

    3. idx1++,idx2++,reset 掉临时的 a、b, 再次进入步骤2。

    4. 如果两个字符串任意一个遍历完,说明相等,return 0。


      截屏2021-09-01 上午1.16.44

      (这题Leetcode medium,不能够吧...

    代码

    个人题解

    class Solution {
    public:
        int compareVersion(string version1, string version2) {
            int idx1 = 0, idx2 = 0, size1 = version1.size(), size2 = version2.size(), a = 0, b = 0;
            while (idx1 < size1 || idx2 < size2) {
                a = 0, b = 0;
                while (idx1 < size1 && version1[idx1] != '.') {
                    a = a * 10 + version1[idx1] - '0';
                    idx1++;
                }
                
                while (idx2 < size2 && version2[idx2] != '.') {
                    b = b * 10 + version2[idx2] - '0';
                    idx2++;
                }
            
                if (a != b) {
                    return a > b ? 1 : -1;
                }
                idx1++;
                idx2++;
            }
            return 0;
        }
    };
    
    • 时间复杂度:O(n+m), n : version1 长度,m : version2 长度。
    • 空间复杂度:O(1)

    使用 atoi 函数

    class Solution {
    public:
        int compareVersion(string version1, string version2) {
            int idx1 = 0, idx2 = 0, size1 = version1.size(), size2 = version2.size();
            int cur1 = 0, cur2 = 0, a = 0, b = 0;
            while (idx1 < size1 || idx2 < size2) {
            cur1 = idx1, cur2 = idx2;                    
                while (cur1 < size1 && version1[cur1] != '.') cur1++;  
                while (cur2 < size2 && version2[cur2] != '.') cur2++;
    
                a = (idx1 == cur1) ? 0 : atoi(version1.substr(idx1, cur1 - idx1).c_str());
                b = (idx2 == cur2) ? 0 : atoi(version2.substr(idx2, cur2 - idx2).c_str());
    
                if (a != b) {
                    return a > b ? 1 : -1;
                }
    
                idx1 = cur1 + 1;
                idx2 = cur2 + 1;
            }
            return 0;
        }
    };
    

    巧用stringstream

    class Solution {
    public:
        int compareVersion(string version1, string version2) {
            stringstream s1(version1), s2(version2);
            int n1 = 0, n2 = 0;
            char c;
            while(bool(s1 >> n1) +  bool(s2 >> n2)) {
            if (n1 != n2) {
                return n1 > n2 ? 1 : -1;
                }        
                n1 = 0;
                n2 = 0;
                s1 >> c;
                s2 >> c;
            }
            return 0;
        }
    };
    

    官方题解

    class Solution {
    public:
        int compareVersion(string version1, string version2) {
            int n = version1.length(), m = version2.length();
            int i = 0, j = 0;
            while (i < n || j < m) {
                int x = 0;
                for (; i < n && version1[i] != '.'; ++i) {
                    x = x * 10 + version1[i] - '0';
                }
                ++i; // 跳过点号
                int y = 0;
                for (; j < m && version2[j] != '.'; ++j) {
                    y = y * 10 + version2[j] - '0';
                }
                ++j; // 跳过点号
                if (x != y) {
                    return x > y ? 1 : -1;
                }
            }
            return 0;
        }
    };
    

    作者:LeetCode-Solution

    其他

    其他算法详细题解

    相关文章

      网友评论

        本文标题:Leetcode165. 比较版本号

        本文链接:https://www.haomeiwen.com/subject/esrxwltx.html