C++刷题日记：Leetcode 50. Pow(x,n)

题目

Leetcode 50. Pow(x,n)
实现 pow(x, n) ，即计算 x 的 n 次幂函数（x^n）

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/powx-n
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解析

拿到手直接

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {
	return pow(x,n);
    }
};

调cmath里的pow方法。就AC了

不过这道题本意应该是要自己写方法
最直接的思路仅仅考虑实现，通过次数循环控制x自乘即可。这是v1版本
考虑到大量的for费时又费力
想想这道题是要求幂次，可以通过二进制移位方式来实现。可以写出v2版本代码
再想想可以通过缩小规模来实现，这是v3代码

实现

暴力求解 v1

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {
	long long N=n;
	if(N<0){
		x=1/x;
		N=-N;
	}
	double ans=1;
	for(long long i=0;i<N;i++)ans*=x;
	return ans;
    }
};

时间复杂度O（n）
空间复杂度O（1）

结果是没错，不过不出意外的，超出了时间限制。

按位移动法 v2

注意，起初的思路是通过对x进行按n进行移位操作，后来发现C++中的移位操作只能对int操作。也就是可以对整数实现pow，对带有小数的会失败。还是把代码放出来供参考

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {//失败，仅对整数可以实现求幂次，带小数结果错误
	if(n==0)return 1;
	if(n==1)return x;
	int res=(int)x;
	res<<=abs(n)-1;
	return n>0?(double)res:(1/(double)res);
    }

通过对计算次数减少，也就是对幂次n进行移位。可以大幅减少运算次数，并且成功AC。代码如下

class Solution {
public:
    double myPow(double x, int n) {
	if(n==0)return 1;
	if(n==1)return x;
	if(n==-1)return 1/x;
	if(n&1){
		return myPow(x*x,n>>1)*x;
	}
	return myPow(x*x,n>>1);
    }
};

二分思想v3

采用分治法，通过二分法实现O(log n)的时空复杂度

class Solution {
public:
double f(double x,int n){
	if(n==0)return 1;
	double half=f(x,n/2);
	return n&1==1?half*half*x:half*half;
}
    double myPow(double x, int n) {
	if(n==0||x==1)return 1;
	long long N=n;
	return N>0 ? f(x,N): 1/ f(x,-N); 
	}
};

迭代

妙在对幂转了2进制，从最后一位开始判断是否有做出贡献，如2^16次方。
如x^77次方，77的二进制形式对应了(1001101)中的每个1。
2^0=1
2^2=4
2^3=8
2^6=64
把这些幂次相加等于77

这里来个例子，比如x=2，n=16。指数16可以拆分为2^4次方，二进制表示形式就是(10000)，程序过程如下图所示

class Solution {
public:
double ff(double x,long long n){
	double x_useful=x;
	double ans=1;
	while(n>0){
		if(n&1){
			//末位是1
			ans*=x_useful; 
		}
		x_useful*=x_useful;
		n/=2;
	}
	return ans;
}
    double myPow(double x, int n) {
    long long N=n;
	return N>=0? ff(x,N):1/ff(x,-N);
	}
};

时间复杂度：O(logn)
空间复杂度：O(1)