关于leetcode:JavaScript刷LeetCode拿offer位运算

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前言

常常会有人问，作为前端，你在理论工作中用到过哪些算法，而我答复个别是，树和位运算；

想想 webpack 上的那些依赖的版本类型，想想 react 源码中的那些 flag 的定义和运算，我感觉还是很有必要去学习一下位运算到底能解决一些什么问题

注释

其实位运算最典型的就运算符号就是，| & ^ 三个，然而使用到具体题目上就很灵便了，根本这个系列也只是温习一下，晓得一下如何用二进制的位来存储获取值，而用二进制位这样的数据结构时，位运算就是关联应用的算法了；

其余的，我也不晓得啊，就是感觉位运算好酷，有一些非凡的题目，间接用位运算就能几行解决，所以学学能够装个逼，因而这个系列临时比拟少，就两套经典题而已，当前在补充吧；

PS: 其实整顿题目至此，曾经有 6 组了，最后是为了温习写过的代码，然而越写越感觉本人懂的少，开始疲乏的，然而坚持下去应该会有播种的吧，加油💪

题解

136. 只呈现一次的数字

只呈现一次的数字 — 所有题目都是线性工夫复杂度，空间复杂度都是常数级复杂度

剖析
剖析 — 1 个单值，其余是两个

  1. 已知 a ^ a = 0, 0 ^ a = a ,
  2. 所以将 nums 中所有值进行异或解决，呈现两次的都会被打消，而最初的后果就是惟一一次呈现的那个值
  3. 工夫复杂度 O(N)，空间复杂度 O(1)
var singleNumber = function(nums) {return nums.reduce((prev,cur) => prev ^ cur,0) // 0 和任何值异或都等于任何值，所以以 0 为初始值
};

137. 只呈现一次的数字 II

剖析 — 1 个单值 x，其余是 3 个 y1,y2…

  1. 将 nums 数组与 [0,31] 的位进行 & 比拟，找出在这个位上存在的值的数量 count；
  2. 如果 count 整除 3，证实这个位上只存在 yi；如果不整除，证实单值 x 在这个位上，那么后果要加上这个位
  3. 留神，因为 num 的取值范畴是 [-pow(2,31),pow(2,31)-1], 所以第 31 位 是能够取到的，所以遍历的时候要遍历到第 31 位, 取到正负值；
  4. 工夫复杂度 O(31∗N)，空间复杂度 O(1)
/** * @剖析 --- 一个值呈现 1 次，其余值呈现 3 次 -- * 1. 将所有值相加，转成二进制，而后雷同的值在同一个位上必定也是一样的，而后对每一个位进行除 3 取余，失去的值就是惟一一个呈现 1 次的值了 */
var singleNumber = function (nums) {
  let ret = 0;
  for (let i = 0; i < 32; i++) {
    const temp = 1 << i;
    let count = 0;
    nums.forEach((num) => {if (num & temp) count++;
    });
    // 在 i 这个位上，有 count 这么多个值
    if (count % 3) ret |= temp;
  }
  return ret;
};

260. 只呈现一次的数字 III

只呈现一次的数字 — 所有题目都是线性工夫复杂度，空间复杂度都是常数级复杂度

剖析

  1. 如果题目看错是只有一个值呈现一次，其余都呈现两次，那么间接异或就能够得出后果；

  2. 当初是有两个值只呈现一次，所以异或和失去的就是这两个值的异或和，所以须要将原数组拆解成两份

    • 两份里别离存在一个只呈现一次的值 x1 和 x2
    • 雷同的两个值要分在同一组
  3. 为了实现 2 中的条件，咱们须要找出一个值 temp，让数组中的值和 temp 进行肯定的比拟分成两组，这时候思考应用二进制中的 位值
  4. 先用异或将所有 nums 中的值进行运算，失去 x1 ^ x2 的值 res，
  5. 对于 res, 咱们晓得他们是由两个值 x1,x2 异或失去，也就是说，对于 res，在某一个位上有值，那么另外一个必定不在这个位上，不然就互相对消了
  6. 所以找出第一个存在的位 bite 和对应的值 temp，而后这个时候就变成了，找出惟一一个单值，它存在于位 bite 上
  7. 工夫复杂度 O(N), 空间复杂度 O(1)
// 260. 只呈现一次的数字 III

var singleNumber = function(nums) {
    // 求出的 res 是 x1 ^ x2 的异或值
    const res = nums.reduce((prev,cur) => prev^ cur,0)
    let bite= 0
    // 求出 res 在二进制中的第一个 1 的地位，while((1<<bite) & res === 0 ){bite++}
    // 这个二进制位对应的值，用它能够求出所有存在这个为的值
    // x1,x2 有且仅有一个会与 temp 的 & 运算不为 0
    const temp = 1<<bite
    let left = 0,right = 0
    nums.forEach(num => {if(num & temp){left ^= num // 保障 left 是存在 bite 位的值，其余呈现两次的值会被异或掉}else{right ^= num}
    })
    return [left,right]
};

78. 子集

剖析 — 数学法

  1. 这里求的组合而不是排列，所以插入程序与最初的后果是无关的，要保障数组中每一个子集都是惟一即可
  2. 所以对于空的数组 nums，返回的子集只有一个 [[]], 每多加一个元素，那么就是在前一个已有的子集数组根底上，在每一个子集中加上这个元素，造成新的子集
  3. 工夫复杂度 2n 其中 n 是 nums 的长度
 var subsets = function (nums) {let ret = [[]] // 默认空数组
    for(let num of nums){ret = [...ret,...ret.map(item => item.concat(num))]
    }
    return ret
}

剖析 — 迭代 + 位运算

  1. 将可能的取值转化成位运算的位，每一个位代表 nums 的下标，如果这个位 i 为 1，则这个数组存在值 nums[i]
  2. 因而咱们能够间接失去所有可能的本人的二进制数，他们的值别离是 [0,2^n-1], 其中 n 是 nums 的长度
  3. 而后咱们要将这些二进制从新转成数组，而后输入进去。
  4. 工夫复杂度 n∗2n 其中 n 是 nums 的长度
var subsets = function (nums) {const ret = []
    const len = nums.length
    for(let i = 0;i<(1<<len);i++){
        // i 就是其中一个二进制话的本人，所以要将它转成数组
        const temp  = []
        for(let j=0;j<len;j++){if(i & (1<<j)){
                // i 中存在下标为 j 的数
                temp.push(nums[j])
            }
        }
        // 当初 temp 就是 i 转成数组的子集了
        ret.push(temp)
    }
    return ret
}

剖析 — 迭代

  1. 不须要进行什么位运算，间接用带状态的 dfs 去取，每次都有两个状态，取或者不取，和二叉树贼像，而后当迭代到数组最初一个值的时候，将状态数组收集起来即可
  2. 这种就如同二叉树一样，len 就是二叉树的高度，所以工夫复杂度 2n
var subsets = function (nums) {const ret = []
    const len = nums.length;
    const dfs = (start,arr) => {if(start === len){ret.push(arr)
            return
        }
        dfs(start+1,[...arr])
        dfs(start+1,[...arr,nums[start]])
    }
    dfs(0,[])
    return ret
}

参考视频：传送门

90. 子集 II — 有反复值

剖析

  1. 本题与 78. 子集 比更靠近事实，数组 nums 中的值存在反复的，还是求组合而不是排列，所以必须要将雷同的值放在一起，所以首先要做的就是排序
  2. 排完序之后，咱们再来看上题的三中写法，是否能够复用；
  3. 先说可操作的 模仿二叉树迭代法，这里的核心思想就是带参数的自顶向下的遍历，而后每次遍历分两种状态，一种是取值，一种是不取，而这恰好和组合去重匹配；
  4. 如果在某一次的遍历中，以后门路上一次属于没有取值状态 isGet===false, 且以后值 nums[start] 和上一个值 nums[start-1] 相等，那么这一次的遍历有且仅有一个，就是不取值，起因是上一次遍历中的 isGet===true + 它后续子树的 isGet===false 分支会与 isGet===false + 后续子树的isGet===true 重叠，在这里咱们把 isGet===false + 后续子树的isGet===true 的分支剪去
  5. 其余状态的分支能够失常遍历，直到 nums 数组遍历完结，最初失去 ret 就是去重后的
  6. 与之对应的第一种数学法没有带状态，比拟难复用，第二种迭代 + 位运算中，是将所有可能性的位运算依照下标与转成了数字，这种状况对于去重，咋看上有点简单，所以就不思考了；
var subsetsWithDup = function (nums) {nums.sort((a, b) => a - b); // 排序
  const ret = [];
  const len = nums.length;
  const dfs = (start, arr, isGet) => {if (start === len) {ret.push(arr);
      return
    }
    if(!isGet && nums[start] === nums[start-1]){
        // 如果以后值和上一次值雷同，且这个遍历上一次是没有取值的；那么必然有一个分支是取值了的，如果这里的长期数组取了值，就会和上边那个分支重叠，所以要剪枝
        dfs(start+1,[...arr],false)
    }else{dfs(start+1,[...arr],false)
        dfs(start+1,[...arr,nums[start]],true)
    }
  };
  dfs(0,[],true) // 初始化是 true，这样就能够避开第一次与前一个值进行比拟的断定
  return ret
};

645. 谬误的汇合

剖析

  1. 个别这些有单值，和呈现两次的值，第一工夫思考的就是异或，能够将大部分值给筛选掉
  2. 用 [1,len] 和 nums 的中值进行异或，失去的就是失落值 a 和 反复值 b 的异或值
  3. 须要留神，位运算符号 & | ^ 优先级低于比拟匀速符，所以做比拟的时候，要留神加上括号
  4. 这个题和 260. 只呈现一次的数字 III 非常相似，这里只有将下标[1,2…len] 和 nums 合并，就成了有两个值别离取 1 次和 3 次，其余都取 2 次；
  5. 须要留神的是，哪一个是缺的值，也就是取 1 次的值，哪个是取 3 次，也就是反复的值，所以在失去 left 和 right 后，还须要再遍历一次
  6. 因为心愿用 O(1)
 var findErrorNums = function (nums) {const res = nums.reduce((prev, cur, index) => prev ^ cur ^ (index + 1), 0);

  let temp = 1
  // 找出第一个值为 1 的位
  while((temp & res) === 0){temp= temp << 1}
  // 所有存在这个位的的 num 和 index 的数量
  let left = 0,right = 0
  for(let i = 0;i<nums.length;i++){if(nums[i] & temp) {left ^=nums[i]
    }
    if((i+1) & temp) {left ^=(i+1)
    }
    if((nums[i] & temp) === 0) {right ^=nums[i]
    }
    if(((i+1) & temp) === 0) {right ^=(i+1)
    }
  }

  for(let num of nums){if(left === num){return [left,right]
    }
  }
  return [right,left]

};

正文完
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发表至： leetcode
2023-03-01
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