六个算法问题，使用python学习算法。
1.1 旋转字符串
给定字符串，要求把字符串前面若干个字符移动到字符串尾部。要求时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)。
如：'abcdefg'前面的2个字符'a'和'b'移到字符串尾部，就是'cdefgab'。
解法一：暴力移位法
def left_shift_one(s):
slist = list(s)
temp = slist[0]
for i in range(1, len(s)):
slist[i - 1] = slist[i]
slist[len(s) - 1] = temp
s = ''.join(slist)
return s
def left_rotate_str(s, n):
while n > 0:
s = left_shift_one(s)
n -= 1
return s
时间复杂度O(n*len(s))， 空间复杂度O(1)。
解法二：三步反转法
例如给定字符串'abcdefg'，若要让ab翻转到最后，只需三步操作：
step 1. 字符串分为两部分，即：X=ab, Y=cdefg；
step 2. 将X、Y均反转，得到：X=ba, Y=gfedc；
step 3. 将step2得到的结果反转，即将'bagfedc'反转，得到：cdefgab，即为想要的结果。
def reserve_str(s):
s_list = list(s)
start, end = 0, len(s)-1
while start < end:
s_list[start], s_list[end] = s_list[end], s_list[start]
start += 1
end -= 1
return ''.join(s_list)
def left_rotate_str(s, n):
x, y = list(s[:n]), list(s[n:])
x = reserve_str(x)
y = reserve_str(y)
res = reserve_str(x+y)
return ''.join(res)
时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)。
1.2 链表反转
给出一个链表和一个数k，比如：链表为1->2->3->4->5->6, k=2，翻转后为2->1->6->5->4->3；若k=3，翻转后3->2->1->6->5->4。
链表反转的方式
解法一： 循环迭代
基本思想就是将每个节点的向前、向后指向变换。
def reverse_loop(head):
if not head or not head.next:
return head
pre = None
while head:
next = head.next # 缓存当前节点的向后指针，下次迭代用
head.next = pre # 把当前节点的向前指针作为当前节点的向后指针
pre = head # 作为下次迭代(当前节点)的向前指针
head = next # 作为下次迭代的(当前)节点
return pre
解法二：递归
递归的思想就是：
head.next = None
head.next.next = head.next
head.next.next.next = head.next.next
...
代码实现：
def reverse_recursion(head):
if not head or not head.next:
return head
new_head = reverse_recursion(head.next)
head.next.next = head
head.next = None
return new_head
解法
def divide_linked_list(head, k):
if head is None or head.next is None:
return head
p1 = head
p2 = head.next
while k >0:
tmp = p2.next
p2.next = p1
p1 = p2
p2 = tmp
k -= 1
p3 = reverse_recursion(p2) # 后部分翻转
head.data = p3.data
head.next = p3.next
return p1
2.1 字符串包含
给定一长一短的两个字符串A，B，假设A长B短，要求判断B是否包含在字符串A中。
解法一：暴力法
def string_contain(string_a, string_b):
for b in string_b:
if b not in string_a:
return False
return True
假设A字符串长n，B字符串长m，那么这种暴力解需要O(n*m)次操作。
解法二：线性扫描
这种方法首先需要将A, B字符串排序，随后同时对这两个字符串依次轮询。
def string_contain(string_a, string_b):
list_a = sorted(string_a)
list_b = sorted(string_b)
pa, pb = 0, 0
while pb < len(list_b):
while pa < len(list_a) and (list_a[pa] < list_b[pb]):
pa += 1
if (pa >= len(list_a)) or (list_a[pa] > list_b[pb]):
return False
pb += 1
return True
排序需要O(mlogm) + O(nlogn)次操作，之后的线性扫描则只需要O(m+n)次操作。
解法三：素数对应
将每个字母与一个素数相对应。遍历长字符串A，将每个字母对应的素数相乘得到一个乘积。再遍历短字符串B，将每个字符对应的素数除A的乘积，若不能整除，说明B中对应的字符不在A字符串中。
from functools import reduce
def string_contain(string_a, string_b):
char_map = {'a': 2, 'b': 3, 'c': 5, 'd': 7, 'e': 11, 'f': 13, 'g': 17, 'h': 19, 'i': 23, 'j': 29, 'k': 31, 'l': 37,
'm': 41, 'n': 43, 'o': 47, 'p': 53, 'q': 59, 'r': 61, 's': 67, 't': 71, 'u': 73, 'v': 79, 'w': 83,
'x': 89, 'y': 97, 'z': 101}
pd_a = reduce(lambda x, y: x * y, [char_map[x] for x in string_a])
for b in list(string_b):
if pd_a % char_map[b] != 0:
return False
return True
需要O(m+n)次操作，但要考虑素数相乘的结果有可能导致正数溢出。
3.1 回文字符串
判断一个字符串正着读和倒着读是否一样，比如：'abcba'即为回文字符串。
解法一：头尾指针向中间扫描
同时从字符串的头尾向中间扫描，知道头尾相遇。如果所有字符都一样，那么这就是一个回文字符串。
def is_palindrome(s):
s = list(s)
if len(s)>0:
start, end = 0, len(s)-1
while start<end:
if s[start] != s[end]:
return False
start += 1
end -= 1
return True
return True
解法二：中间向头尾扫描
也可以从字符串的中间向头尾扫描，如果所有字符都一样，就认为这是个回文字符串。
def is_palindrome(s):
s = list(s)
if len(s) > 0:
front = len(s) // 2 - 1 if len(s) % 2 == 0 else len(s) // 2
back = len(s) // 2
while front >= 0 and back <= len(s)-1:
if s[front] != s[back]:
return False
front -= 1
back += 1
return True
return True
3.2 回文链表
如何判断一条单向链表是不是'回文'呢？
对于单项链表也可以像字符串那样，找到其中点，然后将后半翻转（见 1.1.2 链表反转），再同时从链表头部和中间开始遍历比较。
def is_palindrome(self, head):
fast = slow = head
while fast and fast.next:
fast = fast.next.next
slow = slow.next
node = None
while slow:
current = slow
slow = slow.next
current.next = node
node = current
while node:
if node.data != head.data:
return False
node = node.next
head = head.next
return True
4.1 最长回文子串
给定一个字符串，求它的最长回文子串的长度。
解法一：遍历所有元素
首先想到的是遍历字符串中的所有元素，用两个指针以某个元素为中心向左右扩展，记录并更新得到的最长的回文长度。在这里需要注意，奇数长度与偶数长度的回文字符串的判断稍有区别，需要分开处理。
def _odd(i, max, s, id):
j, temp = 0, 0
while j <= i and i + j < len(s):
if s[i - j] != s[i + j]:
break
temp = j * 2 + 1
j += 1
if temp > max:
max = temp
id = i
return max, id
def _even(i, max, s, id):
j, temp = 0, 0
while j <= i and i + j + 1 < len(s):
if s[i - j] != s[i + j + 1]:
break
temp = j * 2 + 2
j += 1
if temp > max:
max = temp
id = i
return max, id
def longest_palindrome(s):
if len(s) == 0:
return 0
max, id = -1, 0
for i in range(len(s)):
odd_res = _odd(i, max, s, id)
max, id = odd_res[0], odd_res[1]
even_res = _even(i, max, s, id)
max, id = even_res[0], even_res[1]
return s[id - max // 2:id + (max + 1) // 2] if max % 2 != 0 else s[id - max // 2+1:id + max // 2 + 1]
解法二： 统一处理奇偶
上述解法中，我们需要特别区分奇偶回文字符串的情况。那么有没有方法可以将所有情况都转换为奇数处理呢？
可以通过在每个字符的两边都插入一个特殊的符号，将所有可能的奇数或偶数长度的回文子串都转换成了奇数长度。比如 abba 变成 #a#b#b#a#，aba变成 #a#b#a#。
此外，还可以在首位各加上特殊符号，这样就不用特殊处理越界问题，比如^#a#b#a#$。
def longest_palindrome(s):
s_j = '#'.join('^{}$'.format(s))
if len(s_j) == 3:
return 0
max, id = -1, 0
for i in range(len(s_j)):
j = 0
temp = 0
while j <= i and i + j < len(s_j):
if s_j[i - j] != s_j[i + j]:
break
temp = j * 2
j += 1
if temp > max:
max = temp
id = i // 2 - 1
return s[id - max // 4:id + (max + 1) // 4 + 1] if max % 4 != 0 else s[id - max // 4 + 1:id + max // 4 + 1]
解法三： Manacher算法
下面将用到神奇的Manacher算法，使求最长回文子串的时间复杂度为线性O(N)。
def longest_palindrome(s):
# Transform S into T.
# For example, S = "abba", T = "^#a#b#b#a#$".
# ^ and $ signs are sentinels appended to each end to avoid bounds checking
s_j = '#'.join('^{}$'.format(s))
n = len(s_j)
P = [0] * n
id = mx = 0
for i in range(1, n - 1):
P[i] = (mx > i) and min(mx - i, P[2 * id - i]) # equals to i' = id - (i-id)
# Attempt to expand palindrome centered at i
while s_j[i + 1 + P[i]] == s_j[i - 1 - P[i]]:
P[i] += 1
# If palindrome centered at i expand past mx,
# adjust center based on expanded palindrome.
if i + P[i] > mx:
id, mx = i, i + P[i]
# Find the maximum element in P.
maxLen, centerIndex = max((n, i) for i, n in enumerate(P))
return s[(centerIndex - maxLen) // 2: (centerIndex + maxLen) // 2]
5 交替字符串
输入三个字符串s1、s2和s3，判断第三个字符串s3是否由前两个字符串s1和s2交错而成，即不改变s1和s2中各个字符原有的相对顺序，例如当s1 = “aabcc”，s2 = “dbbca”，s3 = “aadbbcbcac”时，则输出True，但如果s3=“accabdbbca”，则输出False。
这道题我们考虑用动态规划的方法，定义dp[i][j]为s1的前i和字串和s2和前j个字串是否构成交替字符串。
可以分两种情况讨论：
- 如果s1当前字符(即s1[i-1])等于s3当前字符(即s3[i+j-1])，且dp[i-1][j]为真，那么可以取s1当前字符而忽略s2的情况，dp[i][j]返回真;
- 如果s2当前字符等于s3当前字符，并且dp[i][j-1]为真，那么可以取s2而忽略s1的情况，dp[i][j]返回真，其它情况，dp[i][j]返回假
状态转移为：
dp[i][j] = (dp[i-1][j]&& s1[i-1]==s3[i+j-1]) || dp[i][j-1] && s2[j-1]==s3[i+j-1]
代码实现如下：
def is_inter_leave(s1, s2, s3):
l_1, l_2, l_3 = len(s1), len(s2), len(s3)
if l_1 + l_2 != l_3:
return False
dp = [[False for _ in range(l_1 + 1)] for _ in range(l_2 + 1)]
dp[0][0] = True
for i in range(1, l_1 + 1):
dp[0][i] = dp[0][i - 1] and (s3[i - 1] == s1[i - 1])
for i in range(1, l_2 + 1):
dp[i][0] = dp[i - 1][0] and (s3[i - 1] == s2[i - 1])
for i in range(1, l_2 + 1):
for j in range(1, l_1 + 1):
if (dp[i][j - 1] and s1[j - 1] == s3[i + j - 1]) or (dp[i - 1][j] and s2[i - 1] == s3[i + j - 1]):
dp[i][j] = True
return dp[l_2][l_1]
6 字符串编辑距离
给定一个源串和目标串，能够对源串进行如下操作：
- 在给定位置上插入一个字符
- 替换任意字符
- 删除任意字符
写一个程序，返回最小操作数，使得对源串进行这些操作后等于目标串，源串和目标串的长度都小于2000。
这题我们依旧可以采用动态规划的方法。例如字符串'ALGORITHM'变成'ALTRUISTIC'，那么把相关字符各自对齐后，如下图：
把源串S[0...i]='ALGORITHM'编辑成下面的目标串T[0...j]='ALTRUISTIC'，对于字符s[i]和t[j]的对应，有以下四种情况：
- 目标串空白，即S + 字符X，T + 空白，意味着源串要删字符，则操作数为dp[i-1, j] + 1
- 源串空白，即S + 空白，T + 字符，意味着源串需要插入字符，则操作数为dp[i, j-1] + 1
- 源串的字符和目标串的字符不一样，即S + 字符X，T + 字符Y，S变成T，意味着源串要修改字符，操作数为dp[i - 1, j - 1]
- 源串的字符和目标串的字符一样，不用修改，操作数为dp[i - 1, j - 1] + 1
代码如下：
def edit_distance(source, target):
len_s = len(source)
len_t = len(target)
dp = [[0 for _ in range(len_t+1)] for _ in range(len_s+1)]
for i in range(len_s+1):
dp[i][0] = i
for j in range(len_t+1):
dp[0][j] = j
for i in range(1, len_s+1):
for j in range(1, len_t+1):
if source[i-1] == target[j-1]:
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
else:
dp[i][j] = 1+ min(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1])
return dp[len_s][len_t]
网友评论