面试常问的小算法总结

前言

本文快速回顾了面试常考的算法，用作面试复习，事半功倍。

需要说明的是，由于算法的代码实现主要注重思路的清晰，下方有代码实现的文章主要以Python为主，Java为辅，对于Python薄弱的同学敬请不用担心，几乎可以看作是伪代码，可读性比较好。如实在有困难可以自行搜索Java代码

此外，关于算法的文章之后也会单独开设算法专栏进行总结，敬请期待。

面试知识点复习手册

全复习手册文章导航

全复习手册文章导航(CSDN)

已发布知识点复习手册

• Java基础知识点面试手册
• Java容器（List、Set、Map）知识点快速复习手册
• Java并发知识点快速复习手册（上）
• Java并发知识点快速复习手册（下）
• Java虚拟机知识点快速复习手册（上）
• Java虚拟机知识点快速复习手册（下）
• 快速梳理23种常用的设计模式
• Redis基础知识点面试手册
• Leetcode题解分类汇总（前150题）
• 面试常问的小算法总结
• 查找算法总结及其部分算法实现Python/Java
• 排序算法实现与总结Python/Java
• HTTP应知应会知识点复习手册（上）
• HTTP应知应会知识点复习手册（下）
• …等（请查看全复习手册导航）

-----正文开始-----

图的最短路径算法

Floyd最短路算法（多源最短路）

参考：https://www.cnblogs.com/ahalei/p/3622328.html

上图中有4个城市8条公路，公路上的数字表示这条公路的长短。请注意这些公路是单向的。我们现在需要求任意两个城市之间的最短路程，也就是求任意两个点之间的最短路径。这个问题这也被称为“多源最短路径”问题。

现在需要一个数据结构来存储图的信息，我们仍然可以用一个4*4的矩阵（二维数组e）来存储。

核心代码：

for(k=1;k<=n;k++)
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=n;j++)
            if(e[i][j]>e[i][k]+e[k][j])
                 e[i][j]=e[i][k]+e[k][j];

这段代码的基本思想就是：

最开始只允许经过1号顶点进行中转，接下来只允许经过1和2号顶点进行中转……允许经过1~n号所有顶点进行中转，求任意两点之间的最短路程。用一句话概括就是：从i号顶点到j号顶点只经过前k号点的最短路程。

Dijkstra最短路算法（单源最短路）

参考：http://blog.51cto.com/ahalei/1387799

指定一个点（源点）到其余各个顶点的最短路径，也叫做“单源最短路径”。例如求下图中的1号顶点到2、3、4、5、6号顶点的最短路径。

仍然使用二维数组e来存储顶点之间边的关系，初始值如下。

我们还需要用一个一维数组dis来存储1号顶点到其余各个顶点的初始路程，如下。

将此时dis数组中的值称为最短路的“估计值”。

既然是求1号顶点到其余各个顶点的最短路程，那就先找一个离1号顶点最近的顶点。通过数组dis可知当前离1号顶点最近是2号顶点。当选择了2号顶点后，dis[2]的值就已经从“估计值”变为了“确定值”，即1号顶点到2号顶点的最短路程就是当前dis[2]值。

既然选了2号顶点，接下来再来看2号顶点有哪些出边呢。有2->3和2->4这两条边。先讨论通过2->3这条边能否让1号顶点到3号顶点的路程变短。也就是说现在来比较dis[3]和dis[2]+e[2][3]的大小。其中dis[3]表示1号顶点到3号顶点的路程。dis[2]+e[2][3]中dis[2]表示1号顶点到2号顶点的路程，e[2][3]表示2->3这条边。所以dis[2]+e[2][3]就表示从1号顶点先到2号顶点，再通过2->3这条边，到达3号顶点的路程。

这个过程有个专业术语叫做“松弛”。松弛完毕之后dis数组为：

接下来，继续在剩下的3、4、5和6号顶点中，选出离1号顶点最近的顶点4，变为确定值，以此类推。

最终dis数组如下，这便是1号顶点到其余各个顶点的最短路径。

//Dijkstra算法核心语句
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        //找到离1号顶点最近的顶点
        min=inf;
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            if(book[j]==0 && dis[j]<min)
            {
                min=dis[j];
                u=j;
            }
        }
        book[u]=1;
        for(v=1;v<=n;v++)
        {
            if(e[u][v]<inf)
            {
                if(dis[v]>dis[u]+e[u][v])
                    dis[v]=dis[u]+e[u][v];
            }
        }
    }

• M：边的数量

• N：节点数量

通过上面的代码我们可以看出，这个算法的时间复杂度是O(N^2)。其中每次找到离1号顶点最近的顶点的时间复杂度是O(N)

优化:

• 这里我们可以用“堆”（以后再说）来优化，使得这一部分的时间复杂度降低到O(logN)。

• 另外对于边数M少于N^{2的稀疏图来说（我们把M远小于N}2的图称为稀疏图，而M相对较大的图称为稠密图），我们可以用邻接表来代替邻接矩阵，使得整个时间复杂度优化到O( (M+N)logN)。

• 请注意！在最坏的情况下M就是N^{2，这样的话MlogN要比N}2还要大。但是大多数情况下并不会有那么多边，因此(M+N)logN要比N2小很多。

用邻接表代替邻接矩阵存储

参考：http://blog.51cto.com/ahalei/1391988

略微难懂，请参考原文

总结如下：

可以发现使用邻接表来存储图的时间空间复杂度是O(M)，遍历每一条边的时间复杂度是也是O(M)。如果一个图是稀疏图的话，M要远小于N^2。因此稀疏图选用邻接表来存储要比邻接矩阵来存储要好很多。

汉诺塔

参考图例：https://www.zhihu.com/question/24385418/answer/89435529

关键代码：

def move(n,a,b,c):
    if n == 1:
        print(a, "--->", c)
    else:
        move(n-1,a,c,b)
        print(a, "--->", c)
        move(n-1,b,a,c)

杨辉三角

参考：https://blog.csdn.net/zmy_3/article/details/51173580

关键代码（巧用python中的yield）：

注释：N加上一个0之后，最后一个数是1+0，直接就等于1，不会有0

def triangles():
    N=[1]
    while True:
        yield N
        N.append(0)
        N=[N[i-1] + N[i] for i in range(len(N))]
        
n=0
for t in triangles():
    print(t)
    n=n+1
    if n == 10:
        break

回文数/回文串

解法一：暴力

return a == a[::-1]

解法二：分字符串和数字

# 字符串/数字
a = len(s)
i = 0
while i <= (a/2):
    if s[i] == s[a-1-i]:
        i += 1
    else:
        return False
return True

# 数字
def isPalindrome(x):
        if x < 0:
            return False
        temp = x 
        y = 0 
        while temp:
            y = y*10 + temp%10
            temp /= 10
        return x == y

斐波拉契数列(Fibonacci)

def fibonacci():  # 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89
    f = [0] * MAXSIZE
    f[0] = 1
    f[1] = 1
    for i in range(2, MAXSIZE):
        f[i] = f[i-1] + f[i-2]
    return f

fibs = [1,1]  
for i in range(8):
    fibs.append(fibs[-2] + fibs[-1])

最大子序列与最大子矩阵问题

数组的最大子序列问题

给定一个数组，其中元素有正，也有负，找出其中一个连续子序列，使和最大。

参考自己的博客：https://blog.csdn.net/qqxx6661/article/details/78167981

可以理解为动态规划：

dp[i] = dp[i-1] + s[i] (dp[i-1] >= 0)
dp[i] = s[i] (dp[i-1] < 0)

可以用标准动态规划求解也可以用直接方法求解，但思路都是动态规划

最大子矩阵问题

给定一个矩阵（二维数组），其中数据有大有小，请找一个子矩阵，使得子矩阵的和最大，并输出这个和。

参考：https://blog.csdn.net/kavu1/article/details/50547401

思路：

原始矩阵可以是二维的。假设原始矩阵是一个3 * n 的矩阵，那么它的子矩阵可以是 1 * k, 2 * k, 3 * k，（1 <= k <= n）。 如果是1*K，这里有3种情况：子矩阵在第一行，子矩阵在第二行，子矩阵在第三行。如果是 2 * k，这里有两种情况，子矩阵在第一、二行，子矩阵在第二、三行。如果是3 * k，只有一种情况。

为了能够找出最大的子矩阵，我们需要考虑所有的情况。假设这个子矩阵是 2 * k, 也就是说它只有两行，要找出最大子矩阵，我们要从左到右不断的遍历才能找出在这种情况下的最大子矩阵。如果我们把这两行上下相加，情况就和求“最大子段和问题” 又是一样的了。

KMP算法

原理参考：

http://www.ruanyifeng.com/blog/2013/05/Knuth–Morris–Pratt_algorithm.html

移动位数 = 已匹配的字符数 - 对应的部分匹配值

"部分匹配值"就是"前缀"和"后缀"的最长的共有元素的长度。以"ABCDABD"为例，

－　"A"的前缀和后缀都为空集，共有元素的长度为0；

－　"AB"的前缀为[A]，后缀为[B]，共有元素的长度为0；

－　"ABC"的前缀为[A, AB]，后缀为[BC, C]，共有元素的长度0；

－　"ABCD"的前缀为[A, AB, ABC]，后缀为[BCD, CD, D]，共有元素的长度为0；

－　"ABCDA"的前缀为[A, AB, ABC, ABCD]，后缀为[BCDA, CDA, DA, A]，共有元素为"A"，长度为1；

－　"ABCDAB"的前缀为[A, AB, ABC, ABCD, ABCDA]，后缀为[BCDAB, CDAB, DAB, AB, B]，共有元素为"AB"，长度为2；

－　"ABCDABD"的前缀为[A, AB, ABC, ABCD, ABCDA, ABCDAB]，后缀为[BCDABD, CDABD, DABD, ABD, BD, D]，共有元素的长度为0。

实现参考自己的博客：

https://blog.csdn.net/qqxx6661/article/details/79583707

LCS/最长公共子序列/最长公共子串

参考自己的博客：

https://blog.csdn.net/qqxx6661/article/details/79587392

最长公共子序列LCS

动态规划状态转移方程式

最长公共回文子串

动态规划状态转移方程式

求圆周率

from random import random
from math import  sqrt
from time import clock  #计算程序运行时间
DARTS=1200   #抛洒点的个数
#DARTS=5000
#DARTS=20000
#DARTS=1000000
hists=0    #抛洒点在1/4(半径为1)圆内点的个数
clock()
for i in range(1,DARTS):
    x,y=random(),random()
    dict=sqrt(x**2+y**2)
    if dict<=1.0:
        hists=hists+1    #随机设点，若抛洒点在1/4圆内，则dice+1
pi=4*(hists/DARTS)
print("PI的值是 %s" %pi)
print("程序运行的时间是 %-5.5ss" %clock())

大数问题（加减乘除）

加法

对应位置相加，考虑进位，前面不够补0

L1 = "2649821731631836529481632803462831616487712734074314936141303241873417434716340124362304724324324324324323412121323164329751831"
L2 = "1045091731748365195814509145981509438583247509149821493213241431431319999999999999999999999999999999999999999999999999341344779"

# 长度强行扭转到一致，不够前面补0
max_len = len(L1) if len(L1) > len(L2) else len(L2)
l1 = L1.zfill(max_len)
l2 = L2.zfill(max_len)

a1 = list(l1)
a2 = list(l2)

# 99+99最大3位所以多一位
result_list = [0] * (max_len + 1)

# 长度一致 每个对应的位置的相加的和 %10 前一位补1 如果>10 否则0  
for index in range(max_len - 1, -1, -1):
    index_sum = result_list[index + 1] + int(a1[index]) + int(a2[index])
    less = index_sum - 10
    result_list[index + 1] = index_sum % 10
    result_list[index] = 1 if less >= 0 else 0
    
# 若第一位为0，去除
if result_list[0] == 0:
    result_list.pop(0)

# 转为str的list
result = [str(i) for i in result_list]
print(''.join(result))

减法

和相加十分类似

就是按照我们手写除法时的方法，两个数字末位对齐，从后开始，按位相减，不够减时向前位借一。
最终结果需要去除首端的0.如果所有位都是0，则返回0。

乘法

大数乘法问题及其高效算法：

https://blog.csdn.net/u010983881/article/details/77503519

方法：

1. 模拟小学乘法：最简单的乘法竖式手算的累加型；

自己实现的：https://blog.csdn.net/qqxx6661/article/details/78119074

2. 分治乘法：最简单的是Karatsuba乘法，一般化以后有Toom-Cook乘法；

见下方

3. 快速傅里叶变换FFT：（为了避免精度问题，可以改用快速数论变换FNTT），时间复杂度O(N lgN lglgN)。具体可参照Schönhage–Strassen algorithm；
4. 中国剩余定理：把每个数分解到一些互素的模上，然后每个同余方程对应乘起来就行；
5. Furer’s algorithm：在渐进意义上FNTT还快的算法。不过好像不太实用，本文就不作介绍了。大家可以参考维基百科

方法2：

参考：

https://blog.csdn.net/jeffleo/article/details/53446095

Karatsuba乘法（公式和下面代码实现的不同，但是原理相同，可以直接背下方代码）

核心语句：

long z2 = karatsuba(a, c);
long z0 = karatsuba(b, d);
long z1 = karatsuba((a + b), (c + d)) - z0 - z2;

return (long)(z2 * Math.pow(10, (2*halfN)) + z1 * Math.pow(10, halfN) + z0);

完整代码：

/**
 * Karatsuba乘法
 */
public static long karatsuba(long num1, long num2){
    //递归终止条件
    if(num1 < 10 || num2 < 10) return num1 * num2;

    // 计算拆分长度
    int size1 = String.valueOf(num1).length();
    int size2 = String.valueOf(num2).length();
    int halfN = Math.max(size1, size2) / 2;

    /* 拆分为a, b, c, d */
    long a = Long.valueOf(String.valueOf(num1).substring(0, size1 - halfN));
    long b = Long.valueOf(String.valueOf(num1).substring(size1 - halfN));
    long c = Long.valueOf(String.valueOf(num2).substring(0, size2 - halfN));
    long d = Long.valueOf(String.valueOf(num2).substring(size2 - halfN));

    // 计算z2, z0, z1, 此处的乘法使用递归
    long z2 = karatsuba(a, c);
    long z0 = karatsuba(b, d);
    long z1 = karatsuba((a + b), (c + d)) - z0 - z2;

    return (long)(z2 * Math.pow(10, (2*halfN)) + z1 * Math.pow(10, halfN) + z0);
}

除法

Leetcode原题（用位运算加速了手动除法）

https://blog.csdn.net/qqxx6661/article/details/79723357

为了加速运算，可以依次将被除数减去1，2，4，8，…倍的除数，本质上只是用位运算加速了手动除法

计算机计算乘除法的原理

位运算除法

https://blog.csdn.net/zdavb/article/details/47108505

最小生成树

图解Prim算法和Kruskal算法：

https://www.cnblogs.com/biyeymyhjob/archive/2012/07/30/2615542.html

两种方法的时间复杂度

Prim：

这里记顶点数v，边数e

• 邻接矩阵:O(v2)
• 邻接表:O(elog2v)

Kruskal：

elog2e e为图中的边数

# coding=utf-8
import sys


class Graph(object):
    def __init__(self, maps):
        self.maps = maps
        self.nodenum = self.get_nodenum()
        self.edgenum = self.get_edgenum()

    def get_nodenum(self):
        return len(self.maps)

    def get_edgenum(self):
        count = 0
        for i in range(self.nodenum):
            for j in range(i):
                if self.maps[i][j] > 0 and self.maps[i][j] < 9999:
                    count += 1
        return count

    def kruskal(self):
        res = []
        if self.nodenum <= 0 or self.edgenum < self.nodenum - 1:
            return res
        edge_list = []
        for i in range(self.nodenum):
            for j in range(i, self.nodenum):
                if self.maps[i][j] < 9999:
                    edge_list.append([i, j, self.maps[i][j]])  # 按[begin, end, weight]形式加入
        edge_list.sort(key=lambda a: a[2])  # 已经排好序的边集合

        group = [[i] for i in range(self.nodenum)]
        for edge in edge_list:
            for i in range(len(group)):
                if edge[0] in group[i]:
                    m = i
                if edge[1] in group[i]:
                    n = i
            if m != n:
                res.append(edge)
                group[m] = group[m] + group[n]
                group[n] = []
        return res

    def prim(self):
        res = []
        if self.nodenum <= 0 or self.edgenum < self.nodenum - 1:
            return res
        res = []
        seleted_node = [0]
        candidate_node = [i for i in range(1, self.nodenum)]

        while len(candidate_node) > 0:
            begin, end, minweight = 0, 0, 9999
            for i in seleted_node:
                for j in candidate_node:
                    if self.maps[i][j] < minweight:
                        minweight = self.maps[i][j]
                        begin = i
                        end = j
            res.append([begin, end, minweight])
            seleted_node.append(end)
            candidate_node.remove(end)
        return res

if __name__ == "__main__":
    # 读取第一行的n
    n = int(sys.stdin.readline().strip(''))
    cun_list = list(map(int,sys.stdin.readline().strip('').split(' ')))
    dp = [[0 for __ in range(n)] for __ in range(n)]
    for i in range(n):
        for j in range(n):
            if i == j:
                dp[i][j] = 0
                continue
            dp[i][j] = max(cun_list[i],cun_list[j])


    print(dp)

    graph = Graph(dp)
    # print('邻接矩阵为\n%s' % graph.maps)
    # print('节点数据为%d，边数为%d\n' % (graph.nodenum, graph.edgenum))
    # print('------最小生成树kruskal算法------')
    # print(graph.kruskal())
    # print('------最小生成树prim算法')
    # print(graph.prim())
    print()

-----正文结束-----

关注我

我是蛮三刀把刀，目前为后台开发工程师。主要关注后台开发，网络安全，Python爬虫等技术。

来微信和我聊聊：yangzd1102

Github：https://github.com/qqxx6661

原创博客主要内容

• 笔试面试复习知识点手册
• Leetcode算法题解析（前150题）
• 剑指offer算法题解析
• Python爬虫相关技术分析和实战
• 后台开发相关技术分析和实战

同步更新以下博客

1. Csdn

http://blog.csdn.net/qqxx6661

拥有专栏：Leetcode题解（Java/Python）、Python爬虫开发、面试助攻手册

2. 知乎

https://www.zhihu.com/people/yang-zhen-dong-1/

拥有专栏：码农面试助攻手册

3. 掘金

https://juejin.im/user/5b48015ce51d45191462ba55

4. 简书

https://www.jianshu.com/u/b5f225ca2376

个人公众号：Rude3Knife

如果文章对你有帮助，不妨收藏起来并转发给您的朋友们~