《盘点那些秀你一脸的秒天秒地算法》（4）

防止新手错误的神级代码

#define ture true

#define flase false

#difine viod void

#define mian main

#define ； ;

以后有新手问题就把这几行代码给他就好啦。

不用额外空间交换两个变量

a = 5

b = 8

#计算a和b两个点到原点的距离之和，并且赋值给a

a = a+b

#使用距离之和减去b到原点的距离

#a-b 其实就是a的原值（a到原点的距离），现在赋值给了b

b = a-b

#再使用距离之和减去b (a到原点的距离)

#得到的是b的原值（b到原点的距离），现在赋值给了a

a = a-b

八皇后问题神操作

是一个以国际象棋为背景的问题：如何能够在 8×8 的国际象棋棋盘上放置八个皇后，使得任何一个皇后都无法直接吃掉其他的皇后？为了达到此目的，任两个皇后都不能处于同一条横行、纵行或斜线上。八皇后问题可以推广为更一般的n皇后摆放问题：这时棋盘的大小变为n1×n1，而皇后个数也变成n2。而且仅当 n2 ≥ 1 或 n1 ≥ 4 时问题有解。

皇后问题是非常著名的问题，作为一个棋盘类问题，毫无疑问，用暴力搜索的方法来做是一定可以得到正确答案的，但在有限的运行时间内，我们很难写出速度可以忍受的搜索，部分棋盘问题的最优解不是搜索，而是动态规划，某些棋盘问题也很适合作为状态压缩思想的解释例题。

进一步说，皇后问题可以用人工智能相关算法和遗传算法求解，可以用多线程技术缩短运行时间。本文不做讨论。

（本文不展开讲状态压缩，以后再说）

一般思路：

N*N的二维数组，在每一个位置进行尝试，在当前位置上判断是否满足放置皇后的条件（这一点的行、列、对角线上，没有皇后）。

优化1：

既然知道多个皇后不能在同一行，我们何必要在同一行的不同位置放多个来尝试呢？

我们生成一维数组record，record[i]表示第i行的皇后放在了第几列。对于每一行，确定当前record值即可，因为每行只能且必须放一个皇后，放了一个就无需继续尝试。那么对于当前的record[i]，查看record[0...i-1]的值，是否有j = record[k]（同列）、|record[k] - j| = | k-i |（同一斜线）的情况。由于我们的策略，无需检查行（每行只放一个）。

public class NQueens {

public static int num1(int n) {

if (n < 1) {

return 0;

}

int[] record = new int[n];

return process1(0, record, n);

}

public static int process1(int i, int[] record, int n) {

if (i == n) {

return 1;

}

int res = 0;

for (int j = 0; j < n; j++) {

if (isValid(record, i, j)) {

record[i] = j;

res += process1(i + 1, record, n);

}

}//对于当前行，依次尝试每列

return res;

}

//判断当前位置是否可以放置

public static boolean isValid(int[] record, int i, int j) {

for (int k = 0; k < i; k++) {

if (j == record[k] || Math.abs(record[k] - j) == Math.abs(i - k)) {

return false;

}

}

return true;

}

public static void main(String[] args) {

int n = 8;

System.out.println(num1(n));

}

}

位运算优化2：

分析：棋子对后续过程的影响范围：本行、本列、左右斜线。

黑色棋子影响区域为红色

1）本行影响不提，根据优化一已经避免

2）本列影响，一直影响D列，直到第一行在D放棋子的所有情况结束。

3）左斜线：每向下一行，实际上对当前行的影响区域就向左移动

比如：

尝试第二行时，黑色棋子影响的是我们的第三列；

尝试第三行时，黑色棋子影响的是我们的第二列；

尝试第四行时，黑色棋子影响的是我们的第一列；

尝试第五行及以后几行，黑色棋子对我们并无影响。

4）右斜线则相反：

随着行序号增加，影响的列序号也增加，直到影响的列序号大于8就不再影响。

我们对于之前棋子影响的区域，可以用二进制数字来表示，比如:

每一位，用01代表是否影响。

比如上图，对于第一行，就是00010000

尝试第二行时，数字变为00100000

第三行：01000000

第四行：10000000

对于右斜线的数字，同理：

第一行00010000，之后向右移：00001000，00000100，00000010，00000001，直到全0不影响。

同理，我们对于多行数据，也同样可以记录了

比如在第一行我们放在了第四列：

第二行放在了G列，这时左斜线记录为00100000（第一个棋子的影响）+00000010（当前棋子的影响）=00100010。

到第三行数字继续左移：01000100，然后继续加上我们的选择，如此反复。

这样，我们对于当前位置的判断，其实可以通过左斜线变量、右斜线变量、列变量，按位或运算求出（每一位中，三个数有一个是1就不能再放）。

具体看代码：

注：怎么排版就炸了呢。。。贴一张图吧

public class NQueens {

public static int num2(int n) {

// 因为本方法中位运算的载体是int型变量，所以该方法只能算1~32皇后问题

// 如果想计算更多的皇后问题，需使用包含更多位的变量

if (n < 1 || n > 32) {

return 0;

}

int upperLim = n == 32 ? -1 : (1 << n) - 1;

//upperLim的作用为棋盘大小，比如8皇后为00000000 00000000 00000000 11111111

//32皇后为11111111 11111111 11111111 11111111

return process2(upperLim, 0, 0, 0);

}

public static int process2(int upperLim, int colLim, int leftDiaLim,

int rightDiaLim) {

if (colLim == upperLim) {

return 1;

}

int pos = 0; //pos：所有的合法位置

int mostRightOne = 0; //所有合法位置的最右位置

//所有记录按位或之后取反，并与全1按位与，得出所有合法位置

pos = upperLim & (~(colLim | leftDiaLim | rightDiaLim));

int res = 0;//计数

while (pos != 0) {

mostRightOne = pos & (~pos + 1);//取最右的合法位置

pos = pos - mostRightOne; //去掉本位置并尝试

res += process2(

upperLim, //全局

colLim | mostRightOne, //列记录

//之前列+本位置

(leftDiaLim | mostRightOne) << 1, //左斜线记录

//（左斜线变量+本位置）左移

(rightDiaLim | mostRightOne) >>> 1); //右斜线记录

//（右斜线变量+本位置）右移（高位补零）

}

return res;

}

public static void main(String[] args) {

int n = 8;

System.out.println(num2(n));

}

}

完整测试代码：

32皇后：结果/时间

暴力搜：时间就太长了，懒得测。。。

public class NQueens {

public static int num1(int n) {

if (n < 1) {

return 0;

}

int[] record = new int[n];

return process1(0, record, n);

}

public static int process1(int i, int[] record, int n) {

if (i == n) {

return 1;

}

int res = 0;

for (int j = 0; j < n; j++) {

if (isValid(record, i, j)) {

record[i] = j;

res += process1(i + 1, record, n);

}

}

return res;

}

public static boolean isValid(int[] record, int i, int j) {

for (int k = 0; k < i; k++) {

if (j == record[k] || Math.abs(record[k] - j) == Math.abs(i - k)) {

return false;

}

}

return true;

}

public static int num2(int n) {

if (n < 1 || n > 32) {

return 0;

}

int upperLim = n == 32 ? -1 : (1 << n) - 1;

return process2(upperLim, 0, 0, 0);

}

public static int process2(int upperLim, int colLim, int leftDiaLim,

int rightDiaLim) {

if (colLim == upperLim) {

return 1;

}

int pos = 0;

int mostRightOne = 0;

pos = upperLim & (~(colLim | leftDiaLim | rightDiaLim));

int res = 0;

while (pos != 0) {

mostRightOne = pos & (~pos + 1);

pos = pos - mostRightOne;

res += process2(upperLim, colLim | mostRightOne,

(leftDiaLim | mostRightOne) << 1,

(rightDiaLim | mostRightOne) >>> 1);

}

return res;

}

public static void main(String[] args) {

int n = 32;

long start = System.currentTimeMillis();

System.out.println(num2(n));

long end = System.currentTimeMillis();

System.out.println("cost time: " + (end - start) + "ms");

start = System.currentTimeMillis();

System.out.println(num1(n));

end = System.currentTimeMillis();

System.out.println("cost time: " + (end - start) + "ms");

}

}

马拉车——字符串神级算法

Manacher's Algorithm 马拉车算法操作及原理

package advanced_001;

public class Code_Manacher {

public static char[] manacherString(String str) {

char[] charArr = str.toCharArray();

char[] res = new char[str.length() * 2 + 1];

int index = 0;

for (int i = 0; i != res.length; i++) {

res[i] = (i & 1) == 0 ? '#' : charArr[index++];

}

return res;

}

public static int maxLcpsLength(String str) {

if (str == null || str.length() == 0) {

return 0;

}

char[] charArr = manacherString(str);

int[] pArr = new int[charArr.length];

int C = -1;

int R = -1;

int max = Integer.MIN_VALUE;

for (int i = 0; i != charArr.length; i++) {

pArr[i] = R > i ? Math.min(pArr[2 * C - i], R - i) : 1;

while (i + pArr[i] < charArr.length && i - pArr[i] > -1) {

if (charArr[i + pArr[i]] == charArr[i - pArr[i]])

pArr[i]++;

else {

break;

}

}

if (i + pArr[i] > R) {

R = i + pArr[i];

C = i;

}

max = Math.max(max, pArr[i]);

}

return max - 1;

}

public static void main(String[] args) {

String str1 = "abc1234321ab";

System.out.println(maxLcpsLength(str1));

}

}

问题：查找一个字符串的最长回文子串

首先叙述什么是回文子串：回文：就是对称的字符串，或者说是正反一样的

小问题一：请问，子串和子序列一样么？请思考一下再往下看

当然，不一样。子序列可以不连续，子串必须连续。

举个例子，”123”的子串包括1，2，3，12，23，123(一个字符串本身是自己的最长子串)，而它的子序列是任意选出元素组成，他的子序列有1，2，3，12，13，23，123，””,空其实也算，但是本文主要是想叙述回文，没意义。

小问题二：长度为n的字符串有多少个子串？多少个子序列？

子序列，每个元素都可以选或者不选，所以有2的n次方个子序列（包括空）

子串：以一位置开头，有n个子串，以二位置开头，有n-1个子串，以此类推，我们发现，这是一个等差数列，而等差序列求和，有n*(n+1)/2个子串(不包括空)。

(这里有一个思想需要注意，遇到等差数列求和，基本都是o(n^2)级别的)

一、分析枚举的效率

好，我们来分析一下暴力枚举的时间复杂度，上文已经提到过，一个字符串的所有子串，数量是o(n^2)级别，所以光是枚举出所有情况时间就是o(n^2)，每一种情况，你要判断他是不是回文的话，还需要o(n)，情况数和每种情况的时间，应该乘起来，也就是说，枚举时间要o(n^3)，效率太低。

二、初步优化

思路：我们知道，回文全是对称的，每个回文串都会有自己的对称轴，而两边都对称。我们如果从对称轴开始， 向两边阔，如果总相等，就是回文，扩到两边不相等的时候，以这个对称轴向两边扩的最长回文串就找到了。

举例：1 2 1 2 1 2 1 1 1

我们用每一个元素作为对称轴，向两边扩

0位置，左边没东西，只有自己；

1位置，判断左边右边是否相等，1=1所以接着扩，然后左边没了，所以以1位置为对称轴的最长回文长度就是3；

2位置，左右都是2，相等，继续，左右都是1，继续，左边没了，所以最长为5

3位置，左右开始扩，1=1，2=2，1=1，左边没了，所以长度是7

如此把每个对称轴扩一遍，最长的就是答案，对么？

你要是点头了。。。自己扇自己两下。

还有偶回文呢，，比如1221，123321.这是什么情况呢？这个对称轴不是一个具体的数，因为人家是偶回文。

问题三：怎么用对称轴向两边扩的方法找到偶回文？（容易操作的）

我们可以在元素间加上一些符号，比如/1/2/1/2/1/2/1/1/1/，这样我们再以每个元素为对称轴扩就没问题了，每个你加进去的符号都是一个可能的偶数回文对称轴，此题可解。。。因为我们没有错过任何一个可能的对称轴，不管是奇数回文还是偶数回文。

那么请问，加进去的符号，有什么要求么？是不是必须在原字符中没出现过？请思考

其实不需要的，大家想一下，不管怎么扩，原来的永远和原来的比较，加进去的永远和加进去的比较。（不举例子说明了，自己思考一下）

好，分析一波时间效率吧，对称轴数量为o(n)级别，每个对称轴向两边能扩多少？最多也就o(n)级别，一共长度才n; 所以n*n是o(n^2)   (最大能扩的位置其实也是两个等差数列，这么理解也是o(n^2)，用到刚讲的知识)

小结：

这种方法把原来的暴力枚举o(n^3)变成了o(n^2),大家想一想为什么这样更快呢？

我在kmp一文中就提到过，我们写出暴力枚举方法后应想一想自己做出了哪些重复计算，错过了哪些信息，然后进行优化。

看我们的暴力方法，如果按一般的顺序枚举，012345，012判断完，接着判断0123，我是没想到可以利用前面信息的方法，因为对称轴不一样啊，右边加了一个元素，左边没加。所以刚开始，老是想找一种方法，左右都加一个元素，这样就可以对上一次的信息加以利用了。

暴力为什么效率低？永远是因为重复计算，举个例子：12121211，下标从0开始，判断1212121是否为回文串的时候，其实21212和121等串也就判断出来了，但是我们并没有记下结果，当枚举到21212或者121时，我们依旧是重新尝试了一遍。(假设主串长度为n，对称轴越在中间，长度越小的子串，被重复尝试的越多。中间那些点甚至重复了n次左右，本来一次搞定的事）

还是这个例子，我换一个角度叙述一下，比较直观，如果从3号开始向两边扩，121，21212，最后扩到1212121，时间复杂度o(n),用枚举的方法要多少时间？如果主串长度为n，枚举尝试的子串长度为，3，5，7....n,等差数列，大家读到这里应该都知道了，等差数列求和，o(n^2)。

三、Manacher原理

首先告诉大家，这个算法时间可以做到o(n),空间o(n).

好的，开始讲解这个神奇的算法。

首先明白两个概念：

最右回文边界R：挺好理解，就是目前发现的回文串能延伸到的最右端的位置(一个变量解决）

中心c：第一个取得最右回文边界的那个中心对称轴；举个例子:12121，二号元素可以扩到12121，三号元素 可以扩到121，右边界一样，我们的中心是二号元素，因为它第一个到达最右边界

当然，我们还需要一个数组p来记录每一个可能的对称轴最后扩到了哪里。

有了这么几个东西，我们就可以开始这个神奇的算法了。

为了容易理解，我分了四种情况，依次讲解：

假设遍历到位置i，如何操作呢

1）i>R:也就是说，i以及i右边，我们根本不知道是什么，因为从来没扩到那里。那没有任何优化，直接往右暴力 扩呗。

（下面我们做i关于c的对称点，i’）

2）i

三种情况：

i’的回文左边界在c回文左边界的里面

i’回文左边界在整体回文的外面

i’左边界和c左边界是一个元素

(怕你忘了概念，c是对称中心，c它当初扩到了R，R是目前扩到的最右的地方，现在咱们想以i为中心，看能扩到哪里。)

按原来o(n^2)的方法，直接向两边暴力扩。好的，魔性的优化来了。咱们为了好理解，分情况说。首先，大家应该知道的是，i’其实有人家自己的回文长度，我们用数组p记录了每个位置的情况，所以我们可以知道以i’为中心的回文串有多长。

2-1）i’的回文左边界在c回文的里面：看图

我用这两个括号括起来的就是这两个点向两边扩到的位置，也就是i和i’的回文串，为什么敢确定i回文只有这么长？和i’一样？我们看c，其实这个图整体是一个回文串啊。

串内完全对称(1是括号左边相邻的元素，2是右括号右边相邻的元素，34同理)，

由此得出结论1：

由整体回文可知，点2=点3，点1=点4

当初i’为什么没有继续扩下去？因为点1！=点2。

由此得出结论2：点1！=点2

因为前面两个结论，所以3！=4，所以i也就到这里就扩不动了。而34中间肯定是回文，因为整体回文，和12中间对称。

2-2）i’回文左边界在整体回文的外面了：看图

这时，我们也可以直接确定i能扩到哪里，请听分析：

当初c的大回文，扩到R为什么就停了？因为点2！=点4----------结论1；

2’为2关于i’的对称点，当初i’左右为什么能继续扩呢？说明点2=点2’---------结论2；

由c回文可知2’=3，由结论2可知点2=点2’，所以2=3；

但是由结论一可知，点2！=点4，所以推出3！=4，所以i扩到34为止了，34不等。

而34中间那一部分，因为c回文，和i’在内部的部分一样，是回文，所以34中间部分是回文。

2-3）最后一种当然是i’左边界和c左边界是一个元素

点1！=点2，点2=点3，就只能推出这些，只知道34中间肯定是回文，外边的呢？不知道啊，因为不知道3和4相不相等，所以我们得出结论：点3点4内肯定是，继续暴力扩。

原理及操作叙述完毕，不知道我讲没讲明白。。。

四、代码及复杂度分析

看代码大家是不是觉得不像o(n)？其实确实是的，来分析一波。。

首先，我们的i依次往下遍历，而R（最右边界）从来没有回退过吧？其实当我们的R到了最右边，就可以结束了。再不济i自己也能把R一个一个怼到最右

我们看情况一和四，R都是以此判断就向右一个，移动一次需要o(1)

我们看情况二和三，直接确定了p[i]，根本不用扩，直接遍历下一个元素去了，每个元素o(1).

综上，由于i依次向右走，而R也没有回退过，最差也就是i和R都到了最右边，而让它们移动一次的代价都是o(1)的，所以总体o(n)

可能大家看代码依旧有点懵，其实就是code整合了一下，我们对于情况23，虽然知道了它肯定扩不动，但是我们还是给它一个起码是回文的范围，反正它扩一下就没扩动，不影响时间效率的。而情况四也一样，给它一个起码是回文，不用验证的区域，然后接着扩，四和二三的区别就是。二三我们已经心中有B树，它肯定扩不动了，而四确实需要接着尝试。

（要是写四种情况当然也可以。。但是我懒的写，太多了。便于理解分了四种情况解释，code整合后就是这样子）

我真的想象不到当初发明这个算法的人是怎么想到的，向他致敬。

数据结构

版权声明：本文内容由网络用户投稿，版权归原作者所有，本站不拥有其著作权，亦不承担相应法律责任。如果您发现本站中有涉嫌抄袭或描述失实的内容，请联系我们jiasou666@gmail.com 处理，核实后本网站将在24小时内删除侵权内容。