大厂算法面试之leetcode精讲10.递归&分治
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目录：
递归三要素
- 递归函数以及参数
- 递归终止条件
- 递归单层搜索逻辑
递归伪代码模版：
function recursion(level, param1, param2, ...) {
//递归终止条件
if (level > MAX_LEVEL) {
// output result
return;
}
//处理当前层
process_data(level, data, ...);
//进入下一层
recursion(level + 1, p1, ...);
//重置状态
reverse_state(level);
}什么是分治：
分治会将大问题拆解成小问题，拆解到最小问题之后，开始不断合并结果，递归是分治实现的一种形式或者是分治实现的一部分，分治包括三分部分，分解、计算、合并。分治的场景很多，例如快速排序，归并排序。
分治伪代码模版：
function divide_conquer(problem, param1, param2, ...){
if(problem === null){
// return result
}
//分割问题
subproblem = split_problem(problem, data)
//计算子问题
subResult1 = divide_conquer(subproblem[0], p1, ...)
subResult2 = divide_conquer(subproblem[1], p1, ...)
subResult3 = divide_conquer(subproblem[2], p1, ...)
...
result = process_resule(subResult1, subResult2, subResult3,...)
}举例
计算n! n! = 1 * 2 * 3... * n
function factorial(n) {
if (n <= 1) return 1;
return n * factorial(n - 1);
}
factorial(6);
6 * factorial(5);
6 * 5 * factorial(4);
//...
6 * 5 * 4 * 3 * 2 * factorial(1);
6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1;
6 * 5 * 4 * 3 * 2;
//...
6 * 120;
720;斐波那契数列，F(n)=F(n-1)+F(n+2)
function fib(n) {
if (n === 0 || n === 1) {
return n;
}
return fib(n - 1) + fib(n - 2);
}50. Pow(x, n) (medium)
方法1：分治
- 思路：当n是偶数的时候，对n进行分治，拆解为
x*x的n/2的次方，当n为奇数的时候拆分成x * myPow(x,n-1),注意当n是负数或者是0的特殊情况 - 复杂度分析：时间复杂度：
O(logn)， n是进行二进制拆分的时间复杂度。空间复杂度：O(logn), n为递归深度
js：
var myPow = function (x, n) {
if (n === 0) return 1 // n=0直接返回1
if (n < 0) { //n<0时 x的n次方等于1除以x的-n次方分
return 1 / myPow(x, -n)
}
if (n % 2) { //n是奇数时 x的n次方 = x*x的n-1次方
return x * myPow(x, n - 1)
}
return myPow(x * x, n / 2) //n是偶数，使用分治，一分为二，等于x*x的n/2次方
}Java：
class Solution {
public double myPow(double x, int n) {
long N = n;
return N >= 0 ? pow(x, N) : 1.0 / pow(x, -N);
}
public double pow(double x, long y) {
if (y == 0) {
return 1.0;
}
double ret = pow(x, y / 2);
return y % 2 == 0 ? ret * ret : ret * ret * x;
}
}方法2：二进制
- 思路：对n的二进制不断右移动，判断n的二进制最后一位是否是1， 如果是1则将结果乘以x。
- 复杂度分析：时间复杂度
O(logn)： n为对 n 进行二进制拆分的时间复杂度，空间复杂度O(1)
js:
var myPow = function (x, n) {
if (n < 0) {
x = 1 / x;
n = -n;
}
let result = 1;
while (n) {
if (n & 1) result *= x; //判断n的二进制最后一位是否是1， 如果是1则将结果乘以x
x *= x;
n >>>= 1;
//进行无符号右移1位，此处不能使用有符号右移（>>）
//当n为-2^31转换成正数时的二进制位“10000000000000000000000000000000” ,
//如果采用有符号右移时会取最左侧的数当符号即（1），所以返回的结果是 -1073741824
/*
C++ 中只有一种右移运算符——>>。它的定义如下：移出的低位舍弃；
如果是无符号数，高位补0；如果是有符号数，高位补符号位。
而JavaScript中有两种右移运算符——>>和>>>。其中>>是有符号右移，
即高位补符号位（可能会出现负数变正数，正数变负数的异常情况）；>>>是无符号右移，高位无脑补0。
*/
}
return result;
}
Java:
class Solution {
public double myPow(double x, int n) {
if(x == 0.0f) return 0.0d;
long b = n;
double result = 1.0;
if(b < 0) {
x = 1 / x;
b = -b;
}
while(b > 0) {
if((b & 1) == 1) result *= x;
x *= x;
b >>= 1;
}
return result;
}
}
169. 多数元素（easy）
方法1.排序
- 思路：排序数组，如果有一个数字出现的频率大于
n/2，则在数组nums.length / 2的位置就是这个数 - 复杂度分析：时间复杂度：
O(nlogn)，快排的时间复杂度。空间复杂度：O(logn)，排序需要logn的空间复杂度
js：
var majorityElement = function (nums) {
nums.sort((a, b) => a - b);
return nums[Math.floor(nums.length / 2)];
};Java:
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
return nums[nums.length / 2];
}
}方法2.哈希表
- 思路：循环数组，用哈希表存储数字和对应的个数，如果数字出现的个数大于
n/2则返回这个数 - 复杂度分析：时间复杂度：
O(n)，n为nums数组的长度。空间复杂度：O(n），哈希表需要的空间
js:
var majorityElement = function (nums) {
let half = nums.length / 2;
let obj = {};
for (let num of nums) {
obj[num] = (obj[num] || 0) + 1;
if (obj[num] > half) return num;
}
};Java:
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
Map obj = new HashMap<>();
for(int num : nums){
obj.put(num, obj.getOrDefault(num, 0) + 1);
if(obj.get(num) > nums.length / 2) return num;
}
return 0;
}
}
方法3:抵消
js：
//[1,1,2,2,2]
const majorityElement = nums => {
let count = 1;
let majority = nums[0];
for (let i = 1; i < nums.length; i++) {
if (count === 0) {
majority = nums[i];
}
if (nums[i] === majority) {
count++;
} else {
count--;
}
}
return majority;
};java:
class Solution {
public int majorityElement(int[] num) {
int majority = num[0];
int count = 1;
for (int i = 1; i < num.length; i++) {
if (count == 0) {
count++;
majority = num[i];
} else if (majority == num[i]) {
count++;
} else {
count--;
}
}
return majority;
}
}方法4.分治
- 思路：不断从数组的中间进行递归分割，直到每个区间的个数是1，然后向上合并左右区间个数较多的数，向上返回。
- 复杂度分析：时间复杂度：
O(nlogn)，不断二分，复杂度是logn，二分之后每个区间需要线性统计left与right的个数，复杂度是n。空间复杂度：O(logn)，递归栈的消耗，不断二分。
Js:
var majorityElement = function (nums) {
const getCount = (num, lo, hi) => {//统计lo到hi之间num的数量
let count = 0;
for (let i = lo; i <= hi; i++) {
if (nums[i] === num) count++;
}
return count;
};
const getMode = (lo, hi) => {
if (lo === hi) return nums[lo];
//拆分成更小的区间
let mid = Math.floor((lo + hi) / 2);
let left = getMode(lo, mid);
let right = getMode(mid + 1, hi);
if (left === right) return left;
let leftCount = getCount(left, lo, hi);//统计区间内left的个数
let rightCount = getCount(right, lo, hi);//统计区间内right的个数
return leftCount > rightCount ? left : right;//返回left和right中个数多的那个
};
return getMode(0, nums.length - 1);
};Java:
class Solution {
private int getCount(int[] nums, int num, int lo, int hi) {
int count = 0;
for (int i = lo; i <= hi; i++) {
if (nums[i] == num) {
count++;
}
}
return count;
}
private int getMode(int[] nums, int lo, int hi) {
if (lo == hi) {
return nums[lo];
}
int mid = (hi - lo) / 2 + lo;
int left = getMode(nums, lo, mid);
int right = getMode(nums, mid + 1, hi);
if (left == right) {
return left;
}
int leftCount = getCount(nums, left, lo, hi);
int rightCount = getCount(nums, right, lo, hi);
return leftCount > rightCount ? left : right;
}
public int majorityElement(int[] nums) {
return getMode(nums, 0, nums.length - 1);
}
}124. 二叉树中的最大路径和 (hard)
方法1.递归
- 思路：从根节点递归，每次递归分为走左边、右边、不动 3种情况，用当前节点加上左右子树最大路径和不断更新最大路径和
- 复杂度：时间复杂度
O(n)，n为树的节点个数。空间复杂度O(n)，递归深度，最差情况下为数的节点数
js：
const maxPathSum = (root) => {
let maxSum = Number.MIN_SAFE_INTEGER;//初始化最大路径和
const dfs = (root) => {
if (root == null) {//遍历节点是null 返回0
return 0;
}
const left = dfs(root.left); //递归左子树最大路径和
const right = dfs(root.right); //递归右子树最大路径和
maxSum = Math.max(maxSum, left + root.val + right); //更新最大值
//返回当前子树的路径和 分为走左边、右边、不动 3种情况
const pathSum = root.val + Math.max(0, left, right);
return pathSum < 0 ? 0 : pathSum;
};
dfs(root);
return maxSum;
};
java：
class Solution {
int maxSum = Integer.MIN_VALUE;
public int dfs(TreeNode root){
if (root == null) {
return 0;
}
int left = dfs(root.left);
int right = dfs(root.right);
maxSum = Math.max(maxSum, left + root.val + right);
int pathSum = root.val + Math.max(Math.max(0, left), right);
return pathSum < 0 ? 0 : pathSum;
}
public int maxPathSum(TreeNode root) {
dfs(root);
return maxSum;
}
}
53. 最大子序和 （easy）
方法1:动态规划
- 思路：当前最大子序和只和前面的子序和相关，循环数组，不断更新最大子序和
- 复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(1)
js：
var maxSubArray = function(nums) {
const dp = [];
let res = (dp[0] = nums[0]);//初始化状态
for (let i = 1; i < nums.length; ++i) {
dp[i] = nums[i];
if (dp[i - 1] > 0) {//前面的状态是正数 则加上
dp[i] += dp[i - 1];
}
res = Math.max(res, dp[i]);//更新最大值
}
return res;
};
//状态压缩
var maxSubArray = function(nums) {
let pre = 0, maxAns = nums[0];
nums.forEach((x) => {
pre = Math.max(pre + x, x);
maxAns = Math.max(maxAns, pre);
});
return maxAns;
};
java：
class Solution {
public int maxSubArray(int[] nums) {
int pre = 0, maxAns = nums[0];
for (int x : nums) {
pre = Math.max(pre + x, x);
maxAns = Math.max(maxAns, pre);
}
return maxAns;
}
}方法2.分治
- 思路：不断分割，直到每个部分是一个数字为止，然后不断合并，返回左右和左右合并之后，3个最大子序和中的最大的一个
- 复杂度：时间复杂度
O(nlogn)，二分复杂度O(logn)，二分之后每一层统计左右和合并之后的最大子序和复杂度是O(n)，所以之后的复杂度是O(nlogn)。空间复杂度O(logn)，递归的栈空间，因为是二分，每次数据规模减半
js：
function crossSum(nums, left, right, mid) {
if (left === right) {//左右相等 返回左边的值
return nums[left];
}
let leftMaxSum = Number.MIN_SAFE_INTEGER;//左边最大值初始化
let leftSum = 0;
for (let i = mid; i >= left; --i) {
leftSum += nums[i];
leftMaxSum = Math.max(leftMaxSum, leftSum);//更新左边最大子序和
}
let rightMaxSum = Number.MIN_SAFE_INTEGER;
let rightSum = 0;
for (let i = mid + 1; i <= right; ++i) {
rightSum += nums[i];
rightMaxSum = Math.max(rightMaxSum, rightSum);//更新右边最大子序和
}
return leftMaxSum + rightMaxSum;//返回左右合并之后的最大子序和
}
function _maxSubArray(nums, left, right) {
if (left === right) {//递归终止条件
return nums[left];
}
const mid = Math.floor((left + right) / 2);
const lsum = _maxSubArray(nums, left, mid);//左边最大子序和
const rsum = _maxSubArray(nums, mid + 1, right);//右边最大子序和
const cross = crossSum(nums, left, right, mid);//合并左右的之后的最大子序和
return Math.max(lsum, rsum, cross);//返回3中子序和中最大的
}
var maxSubArray = function(nums) {
return _maxSubArray(nums, 0, nums.length - 1);
};
java：
public class Solution {
public int maxSubArray(int[] nums) {
int len = nums.length;
if (len == 0) {
return 0;
}
return _maxSubArray(nums, 0, len - 1);
}
private int crossSum(int[] nums, int left, int mid, int right) {
int sum = 0;
int leftSum = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = mid; i >= left; i--) {
sum += nums[i];
if (sum > leftSum) {
leftSum = sum;
}
}
sum = 0;
int rightSum = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = mid + 1; i <= right; i++) {
sum += nums[i];
if (sum > rightSum) {
rightSum = sum;
}
}
return leftSum + rightSum;
}
private int _maxSubArray(int[] nums, int left, int right) {
if (left == right) {
return nums[left];
}
int mid = left + (right - left) / 2;
return max3(_maxSubArray(nums, left, mid),
_maxSubArray(nums, mid + 1, right),
crossSum(nums, left, mid, right));
}
private int max3(int num1, int num2, int num3) {
return Math.max(num1, Math.max(num2, num3));
}
}938. 二叉搜索树的范围和 (easy)
方法1:dfs
- 复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(n)
js:
var rangeSumBST = function(root, low, high) {
if (!root) {
return 0;
}
if (root.val > high) {
return rangeSumBST(root.left, low, high);
}
if (root.val < low) {
return rangeSumBST(root.right, low, high);
}
return root.val + rangeSumBST(root.left, low, high) + rangeSumBST(root.right, low, high);
};
java:
class Solution {
public int rangeSumBST(TreeNode root, int low, int high) {
if (root == null) {
return 0;
}
if (root.val > high) {
return rangeSumBST(root.left, low, high);
}
if (root.val < low) {
return rangeSumBST(root.right, low, high);
}
return root.val + rangeSumBST(root.left, low, high) + rangeSumBST(root.right, low, high);
}
}
方法2:bfs
- 复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(n)
js：
var rangeSumBST = function(root, low, high) {
let sum = 0;
const q = [root];
while (q.length) {
const node = q.shift();
if (!node) {
continue;
}
if (node.val > high) {
q.push(node.left);
} else if (node.val < low) {
q.push(node.right);
} else {
sum += node.val;
q.push(node.left);
q.push(node.right);
}
}
return sum;
};
java：
class Solution {
public int rangeSumBST(TreeNode root, int low, int high) {
int sum = 0;
Queue q = new LinkedList();
q.offer(root);
while (!q.isEmpty()) {
TreeNode node = q.poll();
if (node == null) {
continue;
}
if (node.val > high) {
q.offer(node.left);
} else if (node.val < low) {
q.offer(node.right);
} else {
sum += node.val;
q.offer(node.left);
q.offer(node.right);
}
}
return sum;
}
}