好题分享（2023.10.22——2023.10.28）

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前言：

题目一：《消失的数字》

1.先排序再遍历

2.异或

3.等差数列求和，再相减 

题目二：《轮转数组》

1.开辟新的数组

2.原地逆序 

题目三：《移除元素》

题目四：《删除有序数组的重复项》

题目五：关于时间复杂度的好题分析

 总结：

---

前言：

本专栏每周都会有，用来记录自己这一周学习刷到的好题目，以及自己做错和理解错的题目。并且加以监督自己！！！

本文题目主要来自Leecode的OJ题，接下来我们来一道一道分析。。。

题目一：《消失的数字》

力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台

对于该题目，我们将给出三种解法进行讲解。

1.先排序再遍历

int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
//先进行冒泡排序
	for(int i = 0;i nums[j+1])
			{
				int tmp = nums[j+1];
				nums[j+1] = nums[j];
				nums[j] = tmp; 
			}
		}
	}
//遍历数组，再返回
    int i = 0;
	for(i = 0;i < numsSize; i++)
	{
		if(nums[i] != i)
		{
			return i;
		}
	}
    return i;
}

 该算法是最简单的方法，其中因为要进行冒泡排序，所以该算法的时间复杂度为O(N^2)

 本题的代码思路和实现较为简单，在这里我不做过多的赘述。

只是该算法效率很低，

2.异或

int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
	int sum = 0;
    //0——numsSize进行异或得到sum
	for (int i = 0; i < numsSize + 1; i++)
	{
		sum ^= i;
	}

    //sum与nums[0——numsSize-1]进行异或，剩下的值就是消失的数字
	for (int i = 0; i < numsSize; i++)
	{
		sum ^= nums[i];
	}
	return sum;
}

我们先简单了解了解异或这个概念。

所谓异或，就是相同为0，相异为1。 

那么对于第一个循环，得到sum可以这样理解： 

 

因为异或是可以实现交换律的，即3^5^4 == 3^5^4是一样的。

那么对于第二个循环的实现，可以这样理解：

由此一来就可以得到sum，也就可以得到消失的数字2。

该算法的时间复杂度为O(N) 。

3.等差数列求和，再相减 

int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
	int sum = ((0 + numsSize)*(numsSize + 1)) / 2;//等差求和
	for (int i = 0; i < numsSize; i++)
	{
		sum -= nums[i];//求和完后减去数组中的每一项，剩下的就是消失的数字
	}
	return sum;
}

这种算法相对好理解，其实就是将0——numsSize的等差数列进行求和

再对数组中的各个元素相减，最后相减完的数就是消失的数字。

该算法的时间复杂度为O(N) 

题目二：《轮转数组》

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 对于本道题目，我们将给出两种方法进行讲解。

1.开辟新的数组

void rotate(int* nums, int numsSize, int k){
    int tmp[numsSize];
    //考虑到k可能大于nusSize，而轮转数组可以理解为一个圆
    k = k%numsSize;
    int j = k;
    //拷贝前numsSize - k 个
    for(int i = 0;i

这个算法很好理解。

 

该种算法属于是牺牲空间换取时间的做法，时间复杂度为O(N) 

 

2.原地逆序 

void reverse(int* nums, int numsSize)
{
	int left = 0;
	int right = numsSize - 1;
	int tmp = 0;
	while (left

在这里我们就要讲解一下为什么要进行k %= numsSize这个操作。

当k == 6的时候，轮转的数组应当是2,3,4,5,6,7,1.

而当k==7时，轮转的数组就是1,2,3,4,5,6,7

又当k == 8时，轮转的数组就是7,1,2,3,4,5,6

所以我们可以看出，k == 7时和 k ==0时没有区别，就像k == 8 与 k == 1没有区别。

因此我们就利用取余操作，来给k赋值，这样可以大大减少程序的计算。 

而对于这种算法来说，我们给出以下解释：

该算法的时间复杂度则为O(N) 

题目三：《移除元素》

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对于该题目，我们要注意的是我们是在空间复杂度为O(1)的情况下完成此题目，意思就是我们不能创建新的临时数组来接受元素并进行判断。

对于这道题目来说，我们可以参考之前讲解的模拟实现strstr来进行编写。

模拟实现strstr的blog如下，需要参考的可以访问以下链接

模拟字符串函数_无双@的博客-CSDN博客 

接下来就是本题目的一种算法，采取的是双指针的算法

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val){
    int right = 0;
    int left = 0;

    while(right < numsSize)
    {
        if(nums[right] != val)
        {
            nums[left++] = nums[right++];
            continue;
        }
        right++;
    }
    return left;
}

该算法时间复杂度为O(N)

具体解法如下图所示

实现循环while(right

在这里我们假设val为2

如果我们nums[right]的值不等于val，将nums[right]的值覆盖到nums[left]

然后两指针都加加，直到如图：

此时直接跳到right++，left不动。

则right会到达

 

此时就又会进行覆盖操作，即

 

覆盖完后，两个都加加，则此时继续遍历

 

直到出现如图所示的结果，接下来return left，就得到了数组的元素个数，即5。

如此该算法实现完毕

 

题目四：《删除有序数组的重复项》

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 对于本题目，我们采取的与上题的算法思路一样，运用双指针的方式来进行实现。

时间复杂度仍然为O(N)

int removeDuplicates(int* nums, int numsSize){
	int left = 0;
	int right = 0;
	while (right

 对于改题目，讲解如下

刚开始，先定义left和right，指向首元素地址。

刚开始循环的时候，nums[right]一直== nums[left]

所以right一直++直到，

 

 此时进入if语句中，实现覆盖操作：

再接下来，right一直++。

 

再进行覆盖操作， 

然后right继续++。

 

再进行覆盖。

 

如此就可以得到答案，这就是本算法的基本实现。

这里要注意的是，在覆盖的时候，我们应当先提前对left进行++操作，即前置++。

这样保证left可以先到下一元素，再进行覆盖 。

如果是后置++，则会覆盖上一次覆盖的值。

题目五：关于时间复杂度的好题分析

void fun(int n) {
  int i=l;
  while(i<=n)
    i=i*2;
}

求此代码的时间复杂度。

解析: 此函数有一个循环，但是循环没有被执行n次，i每次都是2倍进行递增，所以循环只会被执行log2(n)次。 

可以理解为：

 总结：

以上就是本周刷到的好题目。

本文的代码在我的Gitee仓库里：

Leecode_10.22-10.28_CSDN/Leecode_10.22-10.28_CSDN/test_10_28.c · 无双/Data structures amd algorithms - Gitee.com

编程题均来自Leecode，每道题我都有放置网站OJ题，希望大家可以下来做一做。

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