資料結構和演算法面試題系列—數字題總結

ssjhust發表於2018-10-03
資料結構演算法面試題

這個系列是我多年前找工作時對資料結構和演算法總結，其中有基礎部分，也有各大公司的經典的面試題，最早釋出在CSDN。現整理為一個系列給需要的朋友參考，如有錯誤，歡迎指正。本系列完整程式碼地址在 這裡。

0 概述

數學是科學之基礎，數字題往往也是被面試玩出花來。數學本身是有趣味的一門學科，前段時間有點不務正業，對數學產生了濃厚的興趣，於是看了幾本數學史論的書，也買了《幾何原本》和《陶哲軒的實分析》，看了部分章節，受益良多，有興趣的朋友可以看看。特別是幾何原本，歐幾里得上千年前的著作，裡面的思考和證明方式真的富有啟發性，老少咸宜。本文先總結下面試題中的數字題，我儘量增加了一些數學方面的證明，如有錯誤，也請指正。本文程式碼都在 這裡。

1 找質數問題

題： 寫一個程式，找出前N個質數。比如N為100，則找出前100個質數。

分析： 質數(或者叫素數)指在大於1的自然數中，除了1和該數自身外，無法被其他自然數整除的數，如 2，3，5...。最基本的想法就是對 1 到 N 的每個數進行判斷，如果是質數則輸出。一種改進的方法是不需要對 1 到 N 所有的數都進行判斷，因為除了 2 外的偶數肯定不是質數，而奇數可能是質數，可能不是。然後我們可以跳過2與3的倍數，即對於 6n，6n+1, 6n+2, 6n+3, 6n+4, 6n+5，我們只需要判斷 6n+1 與 6n+5 是否是質數即可。

判斷某個數m是否是質數，最基本的方法就是對 2 到 m-1 之間的數整除 m，如果有一個數能夠整除 m，則 m 就不是質數。判斷 m 是否是質數還可以進一步改進，不需要對 2 到 m-1 之間的數全部整除 m，只需要對 2 到 根號m 之間的數整除m就可以。如用 2，3，4，5...根號m 整除 m。其實這還是有浪費，因為如果2不能整除，則2的倍數也不能整除，同理3不能整除則3的倍數也不能整除，因此可以只用2到根號m之間小於根號m的質數去除即可。

解： 預先可得2，3，5為質數，然後跳過2與3的倍數，從7開始，然後判斷11，然後判斷13，再是17...規律就是從5加2，然後加4，然後加2，然後再加4。如此反覆即可，如下圖所示，只需要判斷 7，11，13，17，19，23，25，29... 這些數字。

判斷是否是質數採用改進後的方案，即對2到根號m之間的數整除m來進行判斷。需要注意一點，不能直接用根號m判斷，因為對於某些數字，比如 121 開根號可能是 10.999999，所以最好使用乘法判斷，如程式碼中所示。

/**
 * 找出前N個質數, N > 3
 */
int primeGeneration(int n)
{
    int *prime = (int *)malloc(sizeof(int) * n);
    int gap = 2;            
    int count = 3;
    int maybePrime = 5;
    int i, isPrime;

    /* 注意：2, 3, 5 是質數 */
    prime[0] = 2;
    prime[1] = 3;
    prime[2] = 5;

    while (count < n)  {
         maybePrime += gap;
         gap = 6 - gap;
         isPrime = 1; 
         for (i = 2; prime[i]*prime[i] <= maybePrime && isPrime; i++)
              if (maybePrime % prime[i] == 0)
                   isPrime = 0;

         if (isPrime)
              prime[count++] = maybePrime;
    }

    printf("\nFirst %d Prime Numbers are :\n", count);

    for (i = 0; i < count; i++) {
         if (i % 10 == 0) printf("\n");
         printf("%5d", prime[i]);
    }
    printf("\n");
    return 0;
}
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2 階乘末尾含0問題

題： 給定一個整數N，那麼N的階乘N！末尾有多少個0呢？（該題取自《程式設計之美》）

解1： 流行的解法是，如果 N！= K10M，且K不能被10整除，則 N！末尾有 M 個0。考慮 N！可以進行質因數分解，N！= (2X) * (3Y) * (5Z)..., 則由於10 = 25，所以0的個數只與 X 和 Z 相關，每一對2和5相乘得到一個 10，所以 0 的個數 M = min(X， Z)，顯然 2 出現的數目比 5 要多，所以 0 的個數就是 5 出現的個數。由此可以寫出如下程式碼：

/**
 * N!末尾0的個數
 */
int numOfZero(int n)
{
    int cnt = 0, i, j;
    for (i = 1; i <= n; i++) {
        j = i;
        while (j % 5 == 0) {
            cnt++;
            j /= 5;
        }
    }
    return cnt;
}
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解2： 繼續分析可以改進上面的程式碼，為求出1到N的因式分解中有多少個5，令 Z=N/5 + N/(52) + N/(53)+... 即 N/5 表示 1 到 N 的數中 5 的倍數貢獻一個 5，N/(52) 表示 52 的倍數再貢獻一個 5...。舉個簡單的例子，比如求1到100的數因式分解中有多少個5，可以知道5的倍數有20個，25的倍數有4個，所以一共有24個5。程式碼如下：

/**
 * N!末尾0的個數-優化版
 */
int numOfZero2(int n)
{
    int cnt = 0;
    while (n) {
        cnt += n/5;
        n /= 5;
    }
    return cnt;
}
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總結： 上面的分析乏善可陳，不過需要提到的一點就是其中涉及到的一條算術基本定理，也就是 任意大於1的自然數都可以分解為質數的乘積，而且該分解方式是唯一的。 定理證明分為兩個部分，存在性和唯一性。證明如下：

存在性證明

使用反證法來證明，假設存在大於1的自然數不能寫成質數的乘積，把最小的那個稱為n。自然數可以根據其可除性（是否能表示成兩個不是自身的自然數的乘積）分成3類：質數、合數和1。

  • 首先，按照定義，n大於1。
  • 其次，n 不是質數，因為質數p可以寫成質數乘積：p=p，這與假設不相符合。因此n只能是合數，但每個合數都可以分解成兩個嚴格小於自身而大於1的自然數的積。設 n = a*b，a 和 b都是大於1小於n的數，由假設可知，a和b都可以分解為質數的乘積，因此n也可以分解為質數的乘積，所以這與假設矛盾。由此證明所有大於1的自然數都能分解為質數的乘積。

唯一性證明

  • 當n=1的時候，確實只有一種分解。
  • 假設對於自然數 n>1，存在兩種因式分解: n=p1...pm = q1...qk，p1<=...<=pm， q1<=...<=qk，其中 p 和 q 都是質數，我們要證明 p1=q1，p2=q2...如果不相等，我們可以設 p1 < q1，從而 p1 小於所有的 q。由於 p1 和 q1 是質數，所以它們的最大公約數為1，由歐幾里德演算法可知存在整數 a 和 b 使得 a * p1 + b * q1 = 1。因此 a * p1 * q2...qk + b * q1 * q2...qk = q2...qk (等式1)。由於 q1...qk = n，因此等式1左邊是 p1 的整數倍，從而等式1右邊的 q2...qk 也必須是 p1 的整數倍，因此必然有 p1 = qi，i > 1。而這與前面 p1 小於所有的 q 矛盾，因此，由對稱性，對 p1 > q1 這種情況可以得到類似結論，故可以證明 p1 = q1，同理可得 p2 = q2...pm=qk，由此完成唯一性的證明。

3 1-N正整數中1的數目

題： 給定一個十進位制正整數N，求出從 1 到 N 的所有整數中包含 1 的個數。比如給定 N=23，則包含1的個數為13。其中個位出現1的數字有 1，11，21，共3個，十位出現1的數字有 10，11...19 共10個，所以總共包含 1 的個數為 3 + 10 = 13 個。

分析： 最自然的想法莫過於直接遍歷1到N，求出每個數中包含的1的個數，然後將這些個數相加就是總的 1 的個數。需要遍歷 N 個數，每次計算 1 的個數需要 O(log10N)，該演算法複雜度為 O(Nlog10N)。當數字N很大的時候，該演算法會耗費很長的時間，應該還有更好的方法。

解： 我們可以從1位數開始分析，慢慢找尋規律。

  • 當 N 為 1 位數時，對於 N>=1，1 的個數 f(N) 為1。

  • 當 N 為 2 位數時，則個位上1的個數不僅與個位數有關，還和十位數字有關。

    • 當 N=23 時，個位上 1 的個數有 1、11、21 共3個，十位上1的個數為 10，11...19 共10個，所以 1 的個數 f(N) = 3+10 = 13。如果 N 的個位數 >=1，則個位出現1的次數為十位數的數字加1；如果 N 的個位數為0，則個位出現 1 的次數等於十位數的數字。
    • 十位數上出現1的次數類似，如果N的十位數字等於1，則十位數上出現1的次數為各位數字加1；如果N的十位數字大於1，則十位數上出現1的次數為10。

  • 當 N 為 3 位數時，同樣分析可得1的個數。如 N=123，可得 1出現次數 = 13+20+24 = 57。

  • 當 N 為 4,5...K 位數時，我們假設 N=abcde，則要計算百位上出現1的數目，則它受到三個因素影響：百位上的數字，百位以下的數字，百位以上的數字。

    • 如果百位上數字為0，則百位上出現1的次數為更高位數字決定。如 N=12013，則百位出現1的數字有100~199， 1000~1199， 2100~2199...11100~111999 共 1200 個，等於百位的更高位數字(12)*當前位數(100)。
    • 如果百位上數字為1，則百位上出現1的次數不僅受更高位影響，還受低位影響。如12113，則百位出現1的情況共有 1200+114=1314 個，也就是高位影響的 12 * 100 + 低位影響的 113+1 = 114 個。
    • 如果百位上數字為其他數字，則百位上出現1的次數僅由更高位決定。如 12213，則百位出現1的情況為 (12+1)*100=1300。

有以上分析思路，寫出下面的程式碼。其中 low 表示低位數字，curr 表示當前考慮位的數字，high 表示高位數字。一個簡單的分析，考慮數字 123，則首先考慮個位，則 curr 為 3，低位為 0，高位為 12；然後考慮十位，此時 curr 為 2，低位為 3，高位為 1。其他的數字可以以此類推，實現程式碼如下：

/**
 * 1-N正整數中1的個數
 */
int numOfOne(int n)
{
    int factor = 1, cnt = 0;  //factor為乘數因子
    int low = 0, curr = 0, high = 0;
    while (n / factor != 0) {
        low = n - n/factor * factor;  //low為低位數字，curr為當前考慮位的數字，high為高位數字
        curr = n/factor % 10;
        high = n/(factor * 10);

        switch(curr) {
            case 0:   //當前位為0的情況
                cnt += high * factor;
                break;
            case 1:   //當前位為1的情況
                cnt += high * factor + low + 1;
                break;
            default:  //當前位為其他數字的情況
                cnt += (high+1) * factor;
                break;
        }
        factor *= 10;
    }
    return cnt;
}
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4 和為N的正整數序列

題： 輸入一個正整數數N，輸出所有和為N連續正整數序列。例如輸入 15，由於 1+2+3+4+5=4+5+6=7+8=15，所以輸出 3 個連續序列 1-5、4-6和7-8。

解1：運用數學規律

假定有 k 個連續的正整數和為 N，其中連續序列的第一個數為 x，則有 x+(x+1)+(x+2)+...+(x+k-1) = N。從而可以求得 x = (N - k*(k-1)/2) / k。當 x<=0 時，則說明已經沒有正整數序列的和為 N 了，此時迴圈退出。初始化 k=2，表示2個連續的正整數和為 N，則可以求出 x 的值，並判斷從 x 開始是否存在2個連續正整數和為 N，若不存在則 k++，繼續迴圈。

/**
 * 查詢和為N的連續序列
 */
int findContinuousSequence(int n) 
{
    int found = 0;
    int k = 2, x, m, i;  // k為連續序列的數字的數目，x為起始的值，m用於判斷是否有滿足條件的值。
    while (1) { 
        x = (n - k*(k-1)/2) / k;  // 求出k個連續正整數和為n的起始值x
        m = (n - k*(k-1)/2) % k; // m用於判斷是否有滿足條件的連續正整數值

        if (x <= 0)
            break;    // 退出條件，如果x<=0，則迴圈退出。

        if (!m) {     // m為0，表示找到了連續子序列和為n。
            found = 1;
            printContinuousSequence(x, k);
        }
        k++;
    }
    return found;
}

/**
 * 列印連續子序列
 */
void printContinuousSequence(int x, int k)
{
    int i;
    for (i = 0; i < k; i++) {
        printf("%d ", x++);
    }
    printf("\n");
}
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解2：序列結尾位置法

因為序列至少有兩個數，可以先判定以數字2結束的連續序列和是否有等於 n 的，然後是以3結束的連續序列和是否有等於 n 的，...以此類推。此解法思路參考的何海濤先生的博文，程式碼如下：

/**
 * 查詢和為N的連續序列-序列結尾位置法
 */
int findContinuousSequenceEndIndex(int n) 
{
    if (n < 3) return 0;

    int found = 0;
    int begin = 1, end = 2;
    int mid = (1 + n) / 2;
    int sum = begin + end;

    while (begin < mid) {
        if (sum > n) {
            sum -= begin;
            begin++;
        } else {
            if (sum == n) {
                found = 1;
                printContinuousSequence(begin, end-begin+1);
            }

            end++;
            sum += end;
        }
    }

    return found;
}
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擴充套件： 是不是所有的正整數都能分解為連續正整數序列呢？

答案： 不是。並不是所有的正整數都能分解為連續的正整數和，如 32 就不能分解為連續正整數和。對於奇數，我們總是能寫成 2k+1 的形式，因此可以分解為 [k,k+1]，所以總是能分解成連續正整數序列。對於每一個偶數，均可以分解為質因數之積，即 n = 2i * 3j * 5k...，如果除了i之外，j，k...均為0，那麼 n = 2i，對於這種數，其所有的因數均為偶數，是不存在連續子序列和為 n 的，因此除了2的冪之外的所有 n>=3 的正整數均可以寫成一個連續的自然數之和。

5 最大連續子序列和

題： 求取陣列中最大連續子序列和，例如給定陣列為 A = {1， 3， -2， 4， -5}， 則最大連續子序列和為 6，即 1 + 3 +（-2）+ 4 = 6。

分析： 最大連續子序列和問題是個很老的面試題了，最佳的解法是 O(N) 複雜度，當然有些值得注意的地方。這裡總結三種常見的解法，重點關注最後一種 O(N) 的解法即可。需要注意的是有些題目中的最大連續子序列和如果為負，則返回0；而本題如果是全為負數，則返回最大的負數即可。

解1： 因為最大連續子序列和只可能從陣列 0 到 n-1 中某個位置開始，我們可以遍歷 0 到 n-1 個位置，計算由這個位置開始的所有連續子序列和中的最大值。最終求出最大值即可。

/**
 * 最大連續子序列和
 */
int maxSumOfContinuousSequence(int a[], int n)
{
    int max = a[0], i, j, sum; // 初始化最大值為第一個元素
    for (i = 0; i < n; i++) {
        sum = 0; // sum必須清零
        for (j = i; j < n; j++) { //從位置i開始計算從i開始的最大連續子序列和的大小，如果大於max，則更新max。
            sum += a[j];
            if (sum > max)
                max = sum;
        }
    }
    return max;
}
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解2： 該問題還可以通過分治法來求解，最大連續子序列和要麼出現在陣列左半部分，要麼出現在陣列右半部分，要麼橫跨左右兩半部分。因此求出這三種情況下的最大值就可以得到最大連續子序列和。

/**
 * 最大連續子序列和-分治法
 */
int maxSumOfContinuousSequenceSub(int a[], int l, int u)
{
    if (l > u) return 0;
    if (l == u) return a[l];
    int m = (l + u) / 2;

    /*求橫跨左右的最大連續子序列左半部分*/
    int lmax = a[m], lsum = 0;
    int i;

    for (i = m; i >= l; i--) {
        lsum += a[i];
        if (lsum > lmax)
            lmax = lsum;
    }

    /*求橫跨左右的最大連續子序列右半部分*/
    int rmax=a[m+1], rsum = 0;
    for (i = m+1; i <= u; i++) {
        rsum += a[i];
        if (rsum > rmax)
            rmax = rsum;
    }

    return max3(lmax+rmax, maxSumOfContinuousSequenceSub(a, l, m),
        maxSumOfContinuousSequenceSub(a, m+1, u)); //返回三者最大值
}
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解3： 還有一種更好的解法，只需要 O(N) 的時間。因為最大 連續子序列和只可能是以位置 0～n-1 中某個位置結尾。當遍歷到第 i 個元素時，判斷在它前面的連續子序列和是否大於0，如果大於0，則以位置 i 結尾的最大連續子序列和為元素 i 和前面的連續子序列和相加；否則，則以位置 i 結尾最大連續子序列和為a[i]。

/**
 * 最打連續子序列和-結束位置法
 */
int maxSumOfContinuousSequenceEndIndex(int a[], int n)
{
    int maxSum, maxHere, i;
    maxSum = maxHere = a[0];   // 初始化最大和為a[0]

    for (i = 1; i < n; i++) {
        if (maxHere <= 0)
            maxHere = a[i];  // 如果前面位置最大連續子序列和小於等於0，則以當前位置i結尾的最大連續子序列和為a[i]
        else
            maxHere += a[i]; // 如果前面位置最大連續子序列和大於0，則以當前位置i結尾的最大連續子序列和為它們兩者之和

        if (maxHere > maxSum) {
            maxSum = maxHere;  //更新最大連續子序列和
        }
    }
    return maxSum;
}
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6 最大連續子序列乘積

題： 給定一個整數序列（可能有正數，0和負數），求它的一個最大連續子序列乘積。比如給定陣列a[] = {3, -4, -5, 6, -2}，則最大連續子序列乘積為 360，即 3*(-4)*(-5)*6=360。

解： 求最大連續子序列乘積與最大連續子序列和問題有所不同，因為其中有正有負還有可能有0，可以直接利用動歸來求解，考慮到可能存在負數的情況，我們用 max[i] 來表示以 a[i] 結尾的最大連續子序列的乘積值，用 min[i] 表示以 a[i] 結尾的最小的連續子序列的乘積值，那麼狀態轉移方程為：

max[i] = max{a[i], max[i-1]*a[i], min[i-1]*a[i]};
min[i] = min{a[i], max[i-1]*a[i], min[i-1]*a[i]};
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初始狀態為 max[0] = min[0] = a[0]。程式碼如下：

/**
 * 最大連續子序列乘積
 */
int maxMultipleOfContinuousSequence(int a[], int n)
{
    int minSofar, maxSofar, max, i;
    int maxHere, minHere;
    max = minSofar = maxSofar = a[0];

    for(i = 1; i < n; i++){
        int maxHere = max3(maxSofar*a[i], minSofar*a[i], a[i]);
        int minHere = min3(maxSofar*a[i], minSofar*a[i], a[i]);
        maxSofar = maxHere, minSofar = minHere;
        if(max < maxSofar)
            max = maxSofar;
    }
    return max;
}
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7 位元位相關

1) 判斷一個正整數是否是2的整數次冪

題： 給定一個正整數 n，判斷該正整數是否是 2 的整數次冪。

解1： 一個基本的解法是設定 i=1 開始，迴圈乘以2直到 i>=n，然後判斷 i 是否等於 n 即可。

解2： 還有一個更好的方法，那就是觀察數字的二進位制表示，如 n=101000，則我們可以發現n-1=100111。也就是說 n -> n-1 是將 n 最右邊的 1 變成了 0，同時將 n 最右邊的 1 右邊的所有位元位由0變成了1。因此如果 n & (n-1) == 0 就可以判定正整數 n 為 2的整數次冪。

/**
 * 判斷正整數是2的冪次
 */
int powOf2(int n)
{
    assert(n > 0);
    return !(n & (n-1));
}
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2) 求一個整數二進位制表示中1的個數

題： 求整數二進位制表示中1的個數，如給定 N=6，它的二進位制表示為 0110，二進位制表示中1的個數為2。

解1： 一個自然的方法是將N和1按位與，然後將N除以2，直到N為0為止。該演算法程式碼如下：


int numOfBit1(int n)
{
    int cnt = 0;
    while (n) {
        if (n & 1)
            ++cnt;
        n >>= 1;
    }
    return cnt;
}
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上面的程式碼存在一個問題，如果輸入為負數的話，會導致死迴圈，為了解決負數的問題，如果使用的是JAVA，可以直接使用無符號右移操作符 >>> 來解決，如果是在C/C++裡面，為了避免死迴圈，我們可以不右移輸入的數字i。首先 i & 1，判斷i的最低位是不是為1。接著把1左移一位得到2，再和i做與運算，就能判斷i的次高位是不是1...，這樣反覆左移，每次都能判斷i的其中一位是不是1。

/**
 * 二進位制表示中1的個數-解法1
 */
int numOfBit1(int n)
{
    int cnt = 0;
    unsigned int flag = 1;
    while (flag) {
        if(n & flag)
            cnt++;

        flag = flag << 1;
        if (flag > n)
            break;
    }
    return cnt;
}
複製程式碼

解2： 一個更好的解法是採用第一個題中類似的思路，每次 n&(n-1)就能把n中最右邊的1變為0，所以很容易求的1的總數目。

/**
 * 二進位制表示中1的個數-解法2
 */
int numOfBit1WithCheck(int n)
{
    int cnt = 0;
    while (n != 0) {
        n = (n & (n-1));
        cnt++;
    }
    return cnt;
}
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3) 反轉一個無符號整數的所有位元位

題： 給定一個無符號整數N，反轉該整數的所有位元位。例如有一個 8 位的數字 01101001，則反轉後變成 10010110，32 位的無符號整數的反轉與之類似。

解1： 自然的解法就是參照字串反轉的演算法，假設無符號整數有n位，先將第0位和第n位交換，然後是第1位和第n-1位交換...注意一點就是交換兩個位是可以通過異或操作 XOR 來實現的，因為 0 XOR 0 = 0, 1 XOR 1 = 0, 0 XOR 1 = 1, 1 XOR 0 = 1，使用 1 異或 0/1 會讓其值反轉。

/**
 * 反轉位元位
 */
uint swapBits(uint x, uint i, uint j)
{
    uint lo = ((x >> i) & 1);  // 取x的第i位的值
    uint hi = ((x >> j) & 1);  // 取x的第j位的值
    if (lo ^ hi) {             
        x ^= ((1U << i) | (1U << j)); // 如果第i位和第j位值不同，則交換i和j這兩個位的值，使用異或操作實現
    }
    return x;
}
 
/**
 * 反轉整數位元位-仿字串反轉
 */
uint reverseXOR(uint x)
{
    uint n = sizeof(x) * 8;
    uint i;
    for (i = 0; i < n/2; i++) {
        x = swapBits(x, i, n-i-1);
    }
    return x;
}
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解2： 採用分治策略，首先交換數字x的相鄰位，然後再是 2 個位交換，然後是 4 個位交換...比如給定一個 8 位數 01101010，則首先交換相鄰位，變成 10 01 01 01，然後交換相鄰的 2 個位，得到 01 10 01 01，然後再是 4 個位交換，得到 0101 0110。總的時間複雜度為 O(lgN)，其中 N 為整數的位數。下面給出一個反轉32位整數的程式碼，如果整數是64位的可以以此類推。

/**
 * 反轉整數位元位-分治法
 */
uint reverseMask(uint x)
{
    assert(sizeof(x) == 4); // special case: only works for 4 bytes (32 bits).
    x = ((x & 0x55555555) << 1) | ((x & 0xAAAAAAAA) >> 1);
    x = ((x & 0x33333333) << 2) | ((x & 0xCCCCCCCC) >> 2);
    x = ((x & 0x0F0F0F0F) << 4) | ((x & 0xF0F0F0F0) >> 4);
    x = ((x & 0x00FF00FF) << 8) | ((x & 0xFF00FF00) >> 8);
    x = ((x & 0x0000FFFF) << 16) | ((x & 0xFFFF0000) >> 16);
    return x;
}
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參考資料

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