數組求和
給定一個含有n個元素的整型數組a，求a中所有元素的和。可能您會覺得很簡單，是的，的確簡單，但是為什麼還要說呢，原因有二，第一，這道題要求用遞歸法，只用一行代碼。第二，這是我人生中第一次面試時候遇到的題，意義特殊。
簡單說一下，兩種情況：
如果數組元素個數為0，那麼和為0。
如果數組元素個數為n，那麼先求出前n - 1個元素之和，再加上a[n - 1]即可。
復制代碼 代碼如下:
// 數組求和
int sum(int *a, int n)
{
return n == 0 ? 0 : sum(a, n - 1) + a[n - 1];
}
求數組的最大值和最小值
給定一個含有n個元素的整型數組a，找出其中的最大值和最小值。
常規的做法是遍歷一次，分別求出最大值和最小值，但我這裡要說的是分治法(Divide and couquer)，將數組分成左右兩部分，先求出左半部份的最大值和最小值，再求出右半部份的最大值和最小值，然後綜合起來求總體的最大值及最小值。這是個遞歸過程，對於劃分後的左右兩部分，同樣重復這個過程，直到劃分區間內只剩一個元素或者兩個元素。
復制代碼 代碼如下:
// 求數組的最大值和最小值，返回值在maxValue和minValue
void MaxandMin(int *a, int l, int r, int& maxValue, int& minValue)
{
if(l == r) // l與r之間只有一個元素
{
maxValue = a[l] ;
minValue = a[l] ;
return ;
}
if(l + 1 == r) // l與r之間只有兩個元素
{
if(a[l] >= a[r])
{
maxValue = a[l] ;
minValue = a[r] ;
}
else
{
maxValue = a[r] ;
minValue = a[l] ;
}
return ;
}
int m = (l + r) / 2 ; // 求中點
int lmax ; // 左半部份最大值
int lmin ; // 左半部份最小值
MaxandMin(a, l, m, lmax, lmin) ; // 遞歸計算左半部份
int rmax ; // 右半部份最大值
int rmin ; // 右半部份最小值
MaxandMin(a, m + 1, r, rmax, rmin) ; // 遞歸計算右半部份
maxValue = max(lmax, rmax) ; // 總的最大值
minValue = min(lmin, rmin) ; // 總的最小值
}
求數組的最大值和次大值
給定一個含有n個元素的整型數組，求其最大值和次大值。
思想和上一題類似，同樣是用分治法，不多說了，直接看代碼：
復制代碼 代碼如下:
// 求數組的最大值和次大值，返回值在max和second中
void MaxandMin(int *a, int left, int right, int &max, int &second)
{
if(left == right)
{
max = a[left] ;
second = a[left] ;
}
else if(left + 1 == right)
{
max = a[left] > a[right] ? a[left] : a[right] ;
second = a[left] < a[right] ? a[left] : a[right] ;
}
else
{
int mid = left + (right - left) / 2 ;
int leftmax ;
int leftmin ;
MaxandMin(a, left, mid, leftmax, leftmin) ;
int rightmax ;
int rightmin ;
MaxandMin(a, mid + 1, right, rightmax, rightmin) ;
max = leftmax > rightmax ? leftmax : rightmax ;
second = leftmax < rightmax ? leftmax : rightmax ;
}
}
求數組中出現次數超過一半的元素
給定一個n個整型元素的數組a，其中有一個元素出現次數超過n / 2，求這個元素。據說是百度的一道面試題。
設置一個當前值和當前值的計數器，初始化當前值為數組首元素，計數器值為1，然後從第二個元素開始遍歷整個數組，對於每個被遍歷到的值a[i]。
如果a[i]==currentValue，則計數器值加1。
如果a[i] != currentValue， 則計數器值減1，如果計數器值小於0，則更新當前值為a[i]，並將計數器值重置為1。
復制代碼 代碼如下:
// 找出數組中出現次數超過一半的元素
int Find(int* a, int n)
{
int curValue = a[0] ;
int count = 1 ;
for (int i = 1; i
另一個方法是先對數組排序，然後取中間元素即可，因為如果某個元素的個數超過一半，那麼數組排序後該元素必定占據數組的中間位置。
求數組中元素的最短距離
給定一個含有n個元素的整型數組，找出數組中的兩個元素x和y使得abs(x - y)值最小。
先對數組排序，然後遍歷一次即可：
復制代碼 代碼如下:
int compare(const void* a, const void* b)
{
return *(int*)a - *(int*)b ;
}
void MinimumDistance(int* a, int n)
{
// Sort
qsort(a, n, sizeof(int), compare) ;
int i ; // Index of number 1
int j ; // Index of number 2
int minDistance = numeric_limits<int>::max() ;
for (int k = 0; k < n - 1; ++k)
{
if (a[k + 1] - a[k] < minDistance)
{
minDistance = a[k + 1] - a[k] ;
i = a[k] ;
j = a[k + 1] ;
}
}
cout << "Minimum distance is: " << minDistance << endl ;
cout << "i = " << i << " j = " << j << endl ;
}
求兩個有序數組的共同元素
給定兩個含有n個元素的有序（非降序）整型數組a和b，求出其共同元素，比如：a = 0, 1, 2, 3, 4和b = 1, 3, 5, 7, 9，輸出 1, 3。
充分利用數組有序的性質，用兩個指針i和j分別指向a和b，比較a[i]和b[j]，根據比較結果移動指針，則有如下三種情況：
a[i] < b[j]，則i增加1，繼續比較
a[i] == b[j]，則i和j皆加1，繼續比較
a[i]
重復以上過程直到i或j到達數組末尾。
復制代碼 代碼如下:
// 找出兩個數組的共同元素
void FindCommon(int* a, int* b, int n)
{
int i = 0;
int j = 0 ;
while (i < n && j < n)
{
if (a[i] < b[j])
++i ;
else if(a[i] == b[j])
{
cout << a[i] << endl ;
++i ;
++j ;
}
else// a[i] > b[j]
++j ;
}
}
這到題還有其他的解法，比如對於a中任意一個元素，在b中對其進行Binary Search，因為a中有n個元素，而在b中進行Binary Search需要logn。所以找出全部相同元素的時間復雜度是O(nlogn)。
另外，上面的方法，只要b有序即可，a是否有序無所謂，因為我們只是在b中做Binary Search。如果a也有序的話，那麼再用上面的方法就有點慢了，因為如果a中某個元素在b中的位置是k的話，那麼a中下一個元素在b中的位置一定位於k的右側，所以本次的搜索空間可以根據上次的搜索結果縮小，而不是仍然在整個b中搜索。也即如果a和b都有序的話，代碼可以做如下修改，記錄上次搜索時b中元素的位置，作為下一次搜索的起始點。
求三個數組的共同元素
給定三個含有n個元素的整型數組a,b和c，求他們最小的共同元素。
如果三個數組都有序，那麼可以設置三個指針指向三個數組的頭部，然後根據這三個指針所指的值進行比較來移動指針，直道找到共同元素。
復制代碼 代碼如下:
// 三個數組的共同元素-只找最小的
void FindCommonElements(int a[], int b[], int c[], int x, int y, int z)
{
for(int i = 0, j = 0, k = 0; i < x && j < y && k < z;)
{
if(a[i] < b[j])
{
i++ ;
}
else // a[i] >= b[j]
{
if(b[j] < c[k])
{
j++ ;
}
else // b[j] >= c[k]
{
if(c[k] < a[i])
{
k++ ;
}
else // c[k] >= a[i]
{
cout << c[k] << endl ;
return ;
}
}
}
}
cout << "Not found!" << endl ;
}
如果三個數組都無序，可以先對a, b進行排序，然後對c中任意一個元素都在b和c中做二分搜索。
復制代碼 代碼如下:
// Find the unique common element in 3 arrays
// O(NlogN)
int UniqueCommonItem(int *a, int *b, int *c, int n)
{
// sort array a
qsort(a, n, sizeof(int), compare) ; // NlogN
// sort array b
qsort(b, n, sizeof(int), compare) ; // NlogN
// for each element in array c, do a binary search in a and b
// This is up to a complexity of N*2*logN
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if(BinarySearch(a, n, c[i]) && BinarySearch(b, n, c[i]))
return c[i] ;
}
return - 1 ; // not found
}
也可以對a進行排序，然後對於b和c中任意一個元素都在a中進行二分搜索。
復制代碼 代碼如下:
// Find the unique common element in 3 arrays
// O(NlogN)
int UniqueCommonItem1(int *a, int *b, int *c, int n)
{
// sort array a
qsort(a, n, sizeof(int), compare) ; // NlogN
// Space for time
bool *bb = new bool[n] ;
memset(bb, 0, n) ;
bool *bc = new bool[n] ;
memset(bb, 0, n) ;
// for each element in b, do a BS in a and mark all the common element
for (int i = 0; i < n; i++) // NlogN
{
if(BinarySearch(a, n, b[i]))
bb[i] = true ;
}
// for each element in c, do a BS only if b[i] is true
for (int i = 0; i < n; i++) // NlogN
{
if(b[i] && BinarySearch(a, n, c[i]))
return c[i] ;
}
return - 1 ; // not found
}
排序和二分搜索代碼如下：
復制代碼 代碼如下:
// Determine whether a contains value k
bool BinarySearch(int *a, int n, int k)
{
int left = 0 ;
int right = n - 1 ;
while (left <= right)
{
int mid = (left + right) ;
if(a[mid] < k)
left = mid + 1 ;
if(a[mid] == k)
return true ;
else
right = mid - 1 ;
}
return false ;
}
// Compare function for qsort
int compare(const void* a, const void* b)
{
return *(int*)a - *(int*)b ;
}
總結一下，對於在數組中進行查找的問題，可以分如下兩種情況處理：
如果給定的數組有序，那麼首先應該想到Binary Search，所需O(logn)。
如果給定的數組無序，那麼首先應該想到對數組進行排序，很多排序算法都能在O(nlogn)時間內對數組進行排序，然後再使用二分搜索，總的時間復雜度仍是O(nlogn)。
如果能做到以上兩點，大多數關於數組的查找問題，都能迎刃而解。
找出數組中唯一的重復元素
給定含有1001個元素的數組，其中存放了1-1000之內的整數，只有一個整數是重復的，請找出這個數。
求出整個數組的和，再減去1-1000的和即可，代碼略。
找出出現奇數次的元素
給定一個含有n個元素的整型數組a，其中只有一個元素出現奇數次，找出這個元素。
因為對於任意一個數k，有k ^ k = 0，k ^ 0 = k，所以將a中所有元素進行異或，那麼個數為偶數的元素異或後都變成了0，只留下了個數為奇數的那個元素。
int FindElementWithOddCount(int *a, int n)
{
int r = a[0] ;
for (int i = 1; i
求數組中滿足給定和的數對
給定兩個有序整型數組a和b，各有n個元素，求兩個數組中滿足給定和的數對，即對a中元素i和b中元素j，滿足i + j = d(d已知)。
兩個指針i和j分別指向數組的首尾，然後從兩端同時向中間遍歷，直到兩個指針交叉。
復制代碼 代碼如下:
// 找出滿足給定和的數對
void FixedSum(int* a, int* b, int n, int d)
{
for (int i = 0, j = n - 1; i < n && j >= 0)
{
if (a[i] + b[j] < d)
++i ;
else if (a[i] + b[j] == d)
{
cout << a[i] << ", " << b[j] << endl ;
++i ;
--j ;
}
else // a[i] + b[j] > d
--j ;
}
}
最大子段和
給定一個整型數組a，求出最大連續子段之和，如果和為負數，則按0計算，比如1， 2， -5， 6， 8則輸出6 + 8 = 14。
編程珠玑上的經典題目，不多說了。
復制代碼 代碼如下:
// 子數組的最大和
int Sum(int* a, int n)
{
int curSum = 0;
int maxSum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (curSum + a[i] < 0)
curSum = 0;
else
{
curSum += a[i] ;
maxSum = max(maxSum, curSum);
}
}
return maxSum;
}
最大子段積
給定一個整型數足a，求出最大連續子段的乘積，比如 1， 2， -8， 12， 7則輸出12 * 7 = 84。
與最大子段和類似，注意處理負數的情況。
復制代碼 代碼如下:
// 子數組的最大乘積
int MaxProduct(int *a, int n)
{
int maxProduct = 1; // max positive product at current position
int minProduct = 1; // min negative product at current position
int r = 1; // result, max multiplication totally
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (a[i] > 0)
{
maxProduct *= a[i];
minProduct = min(minProduct * a[i], 1);
}
else if (a[i] == 0)
{
maxProduct = 1;
minProduct = 1;
}
else // a[i] < 0
{
int temp = maxProduct;
maxProduct = max(minProduct * a[i], 1);
minProduct = temp * a[i];
}
r = max(r, maxProduct);
}
return r;
}
數組循環移位
將一個含有n個元素的數組向右循環移動k位，要求時間復雜度是O(n)，且只能使用兩個額外的變量，這是在微軟的編程之美上看到的一道題。
比如數組 1 2 3 4循環右移1位 將變成 4 1 2 3， 觀察可知1 2 3 的順序在移位前後沒有改變，只是和4的位置交換了一下，所以等同於1 2 3 4 先劃分為兩部分 1 2 3 | 4，然後將1 2 3逆序，再將4 逆序 得到 3 2 1 4，最後整體逆序 得到 4 1 2 3。
復制代碼 代碼如下:
// 將buffer中start和end之間的元素逆序
void Reverse( int buffer[], int start, int end )
{
while ( start < end )
{
int temp = buffer[ start ] ;
buffer[ start++ ] = buffer[ end ] ;
buffer[ end-- ] = temp ;
}
}
// 將含有n個元素的數組buffer右移k位
void Shift( int buffer[], int n, int k )
{
k %= n ;
Reverse( buffer, 0, n - k - 1) ;
Reverse( buffer, n - k, n - 1 ) ;
Reverse( buffer, 0, n - 1 ) ;
}
字符串逆序
給定一個含有n個元素的字符數組a，將其原地逆序。
可能您覺得這不是關於數組的，而是關於字符串的。是的。但是別忘了題目要求的是原地逆序，也就是不允許額外分配空間，那麼參數肯定是字符數組形式，因為字符串是不能被修改的（這裡只C/C++中的字符串常量），所以，和數組有關了吧，只不過不是整型數組，而是字符數組。用兩個指針分別指向字符數組的首位，交換其對應的字符，然後兩個指針分別向數組中央移動，直到交叉。
復制代碼 代碼如下:
// 字符串逆序
void Reverse(char *a, int n)
{
int left = 0;
int right = n - 1;
while (left < right)
{
char temp = a[left] ;
a[left++] = a[right] ;
a[right--] = temp ;
}
}
組合問題
給定一個含有n個元素的整型數組a，從中任取m個元素，求所有組合。比如下面的例子：
a = 1, 2, 3, 4, 5
m = 3
輸出：
1 2 3, 1 2 4, 1 2 5, 1 3 4, 1 3 5, 1 4 5
2 3 4, 2 3 5, 2 4 5
3 4 5
典型的排列組合問題，首選回溯法，為了簡化問題，我們將a中n個元素值分別設置為1-n。
復制代碼 代碼如下:
// n選m的所有組合
int buffer[100] ;
void PrintArray(int *a, int n)
{
for (int i = 0; i < n; ++i)
cout << a[i] << " ";
cout << endl ;
}
bool IsValid(int lastIndex, int value)
{
for (int i = 0; i < lastIndex; i++)
{
if (buffer[i] >= value)
return false;
}
return true;
}
void Select(int t, int n, int m)
{
if (t == m)
PrintArray(buffer, m);
else
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
buffer[t] = i;
if (IsValid(t, i))
Select(t + 1, n, m);
}
}
}
合並兩個數組
給定含有n個元素的兩個有序（非降序）整型數組a和b。合並兩個數組中的元素到整型數組c，要求去除重復元素並保持c有序（非降序）。例子如下：
a = 1, 2, 4, 8
b = 1, 3, 5, 8
c = 1, 2, 3, 4, 5, 8
利用合並排序的思想，兩個指針i,j和k分別指向數組a和b，然後比較兩個指針對應元素的大小，有以下三種情況：
a[i]
a[i] == b[j]，則c[k]等於a[i]或b[j]皆可。
a[i] > b[j]，則c[k] = b[j]。
重復以上過程，直到i或者j到達數組末尾，然後將剩下的元素直接copy到數組c中即可。
復制代碼 代碼如下:
// 合並兩個有序數組
void Merge(int *a, int *b, int *c, int n)
{
int i = 0 ;
int j = 0 ;
int k = 0 ;
while (i < n && j < n)
{
if (a[i] < b[j])// 如果a的元素小，則插入a中元素到c
{
c[k++] = a[i] ;
++i ;
}
else if (a[i] == b[j])// 如果a和b元素相等，則插入二者皆可，這裡插入a
{
c[k++] = a[i] ;
++i ;
++j ;
}
else // a[i] > b[j] // 如果b中元素小，則插入b中元素到c
{
c[k++] = b[j] ;
++j ;
}
}
if (i == n) // 若a遍歷完畢，處理b中剩下的元素
{
for (int m = j; m < n; ++m)
c[k++] = b[m] ;
}
else//j == n, 若b遍歷完畢，處理a中剩下的元素
{
for (int m = i; m < n; ++m)
c[k++] = a[m] ;
}
}
重排問題
給定含有n個元素的整型數組a，其中包括0元素和非0元素，對數組進行排序，要求：
排序後所有0元素在前，所有非零元素在後，且非零元素排序前後相對位置不變。
不能使用額外存儲空間。
例子如下：輸入 0, 3, 0, 2, 1, 0, 0，輸出 0, 0, 0, 0, 3, 2, 1。
此排序非傳統意義上的排序，因為它要求排序前後非0元素的相對位置不變，或許叫做整理會更恰當一些。我們可以從後向前遍歷整個數組，遇到某個位置i上的元素是非0元素時，如果a[k]為0，則將a[i]賦值給a[k]，a[k]賦值為0。實際上i是非0元素的下標，而k是0元素的下標。
復制代碼 代碼如下:
void Arrange(int* a, int n)
{
int k = n - 1 ;
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
{
if (a[i] != 0)
{
if (a[k] == 0)
{
a[k] = a[i] ;
a[i] = 0 ;
}
--k ;
}
}
}
