格雷通路 算法 java,LeetCode力扣89.格雷编码
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题目描述(中等难度)
生成 n 位格雷码，所谓格雷码，就是连续的两个数字，只有一个 bit 位不同。
解法一 动态规划
按照动态规划或者说递归的思路去想，也就是解决了小问题，怎么解决大问题。
我们假设我们有了 n = 2 的解，然后考虑怎么得到 n = 3 的解。
n = 2 的解
00 - 0
10 - 2
11 - 3
01 - 1
如果再增加一位，无非是在最高位增加 0 或者 1，考虑先增加 0。由于加的是 0，其实数值并没有变化。
n = 3 的解，最高位是 0
000 - 0
010 - 2
011 - 3
001 - 1
再考虑增加 1，在 n = 2 的解基础上在最高位把 1 丢过去？
n = 3 的解
000 - 0
010 - 2
011 - 3
001 - 1
------------- 下面的是新增的
100 - 4
110 - 6
111 - 7
101 - 5
似乎没这么简单哈哈，第 4 行 001 和新增的第 5 行 100，有 3 个 bit 位不同了，当然不可以了。怎么解决呢？
很简单，第 5 行新增的数据最高位由之前的第 4 行的 0 变成了 1，所以其它位就不要变化了，直接把第 4 行的其它位拉过来，也就是 101。
接下来，为了使得第 6 行和第 5 行只有一位不同，由于第 5 行拉的第 4 行的低位，而第 4 行和第 3 行只有一位不同。所以第 6 行可以把第 3 行的低位拿过来。其他行同理，如下图。
蓝色部分由于最高位加的是 0 ，所以它的数值和 n = 2 的所有解的情况一样。而橙色部分由于最高位加了 1，所以值的话，就是在其对应的值上加 4，也就是 $2^2$，即$2^{3-1}$，也就是 1 << ( n - 1) 。所以我们的算法可以用迭代求出来了。
所以如果知道了 n = 2 的解的话，如果是 { 0, 1, 3, 2}，那么 n = 3 的解就是 { 0, 1, 3, 2, 2 + 4, 3 + 4, 1 + 4, 0 + 4 }，即 { 0 1 3 2 6 7 5 4 }。之前的解直接照搬过来，然后倒序把每个数加上 1 << ( n - 1) 添加到结果中即可。
public List grayCode(int n) {
List gray = new ArrayList();
gray.add(0); //初始化 n = 0 的解
for (int i = 0; i < n; i++) {
int add = 1 << i; //要加的数
//倒序遍历，并且加上一个值添加到结果中
for (int j = gray.size() - 1; j >= 0; j--) {
gray.add(gray.get(j) + add);
}
}
return gray;
}
时间复杂度：$O(2^n)$，因为有这么多的结果。
空间复杂度：O(1)。
解法二 直接推导
解法一我觉得，在不了解格雷码的情况下，还是可以想到的，下边的话，应该是之前了解过格雷码才写出来的。看下维基百科提供的一个生成格雷码的思路。
以二进制为 0 值的格雷码为第零项，第一项改变最右边的位元，第二项改变右起第一个为1的位元的左边位元，第三、四项方法同第一、二项，如此反复，即可排列出n个位元的格雷码。
以 n = 3 为例。
0 0 0 第零项初始化为 0。
0 0 1 第一项改变上一项最右边的位元
0 1 1 第二项改变上一项右起第一个为 1 的位元的左边位
0 1 0 第三项同第一项，改变上一项最右边的位元
1 1 0 第四项同第二项，改变最上一项右起第一个为 1 的位元的左边位
1 1 1 第五项同第一项，改变上一项最右边的位元
1 0 1 第六项同第二项，改变最上一项右起第一个为 1 的位元的左边位
1 0 0 第七项同第一项，改变上一项最右边的位元
思路有了，代码自然也就出来了。
public List grayCode2(int n) {
List gray = new ArrayList();
gray.add(0); //初始化第零项
for (int i = 1; i < 1 << n; i++) {
//得到上一个的值
int previous = gray.get(i - 1);
//同第一项的情况
if (i % 2 == 1) {
previous ^= 1; //和 0000001 做异或，使得最右边一位取反
gray.add(previous);
//同第二项的情况
} else {
int temp = previous;
//寻找右边起第第一个为 1 的位元
for (int j = 0; j < n; j++) {
if ((temp & 1) == 1) {
//和 00001000000 类似这样的数做异或，使得相应位取反
previous = previous ^ (1 << (j + 1));
gray.add(previous);
break;
}
temp = temp >> 1;
}
}
}
return gray;
}
时间复杂度：由于每添加两个数需要找第一个为 1 的位元，需要 O(n)，所以$O(n2^n)$。
空间复杂度：O(1)。
解法三 公式
二进制转成格雷码有一个公式。
所以我们遍历 0 到 $2^n-1$，然后利用公式转换即可。即最高位保留，其它位是当前位和它的高一位进行异或操作。
public List grayCode(int n) {
List gray = new ArrayList();
for(int binary = 0;binary < 1 << n; binary++){
gray.add(binary ^ binary >> 1);
}
return gray;
}
时间复杂度：$O(2^n)$，因为有这么多的结果。
空间复杂度：O(1)。
总
解法一通过利用大问题化小问题的思路，解决了问题。解法二和解法三需要对格雷码有一定的了解才可以。此外，通过格雷码还可以去解汉诺塔的问题，大家有兴趣可以搜一下。
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