寻找满足条件的两个或多个数

第一节、寻找满足条件的两个数
第14题（数组）：
题目：输入一个数组和一个数字，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。
要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。
例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。

分析：

咱们试着一步一步解决这个问题（注意阐述中数列有序无序的区别）：

1. 直接穷举，从数组中任意选取两个数，判定它们的和是否为输入的那个数字。此举复杂度为O（N^2）。很显然，我们要寻找效率更高的解法。
2. 题目相当于，对每个a[i]，然后查找判断sum-a[i]是否也在原始序列中，每一次要查找的时间都要花费为O（N），这样下来，最终找到两个数还是需要O（N^2）的复杂度。那如何提高查找判断的速度列?对了，二分查找，将原来O（N）的查找时间提高到O（logN），这样对于N个a[i]，都要花logN的时间去查找相对应的sum-a[i]是否在原始序列中，总的时间复杂度已降为O（N*logN），且空间复杂度为O（1）。（如果有序，直接二分O（N*logN），如果无序，先排序后二分，复杂度同样为O（N*logN+N*logN）=O（N*logN），空间总为O（1））。
3. 有没有更好的办法列?咱们可以依据上述思路2的思想，a[i]在序列中，如果a[i]+a[k]=sum的话，那么sum-a[i]（a[k]）也必然在序列中，，举个例子，如下：
   原始序列：1、 2、 4、 7、11、15     用输入数字15减一下各个数，得到对应的序列为：
   对应序列：14、13、11、8、4、 0     
   第一个数组以一指针i 从数组最左端开始向右扫描，第二个数组以一指针j 从数组最右端开始向左扫描，如果下面出现了和上面一样的数，即a[*i]=a[*j]，就找出这俩个数来了。如上，i，j最终在第一个，和第二个序列中找到了相同的数4和11，，所以符合条件的两个数，即为4+11=15。怎么样，两端同时查找，时间复杂度瞬间缩短到了O（N），但却同时需要O（N）的空间存储第二个数组（@飞羽：要达到O(N)的复杂度，第一个数组以一指针i 从数组最左端开始向右扫描，第二个数组以一指针j 从数组最右端开始向左扫描，首先初始i指向元素1，j指向元素0，谁指的元素小，谁先移动，由于1（i）>0（j），所以i不动，j向左移动。然后j移动到元素4发现大于元素1，故而停止移动j，开始移动i，直到i指向4，这时,i指向的元素与j指向的元素相等，故而判断4是满足条件的第一个数；然后同时移动i,j再进行判断，直到它们到达边界）。
4. 当然，你还可以构造hash表，正如编程之美上的所述，给定一个数字，根据hash映射查找另一个数字是否也在数组中，只需用O（1）的时间，这样的话，总体的算法通上述思路3 一样，也能降到O（N），但有个缺陷，就是构造hash额外增加了O（N）的空间，此点同上述思路 3。不过，空间换时间，仍不失为在时间要求较严格的情况下的一种好办法。
5. 如果数组是无序的，先排序（n*logn），然后用两个指针i，j，各自指向数组的首尾两端，令i=0，j=n-1，然后i++，j--，逐次判断a[i]+a[j]?=sum，如果某一刻a[i]+a[j]>sum，则要想办法让sum的值减小，所以此刻i不动，j--，如果某一刻a[i]+a[j]<sum，则要想办法让sum的值增大，所以此刻i++，j不动。所以，数组无序的时候，时间复杂度最终为O（n*logn+n）=O（n*logn），若原数组是有序的，则不需要事先的排序，直接O（n）搞定，且空间复杂度还是O（1），此思路是相对于上述所有思路的一种改进。（如果有序，直接两个指针两端扫描，时间O（N），如果无序，先排序后两端扫描，时间O（N*logN+N）=O（N*logN），空间始终都为O（1））。（与上述思路2相比，排序后的时间开销由之前的二分的n*logn降到了扫描的O（N））。

总结：

• 不论原序列是有序还是无序，解决这类题有以下三种办法：1、二分（若无序，先排序后二分），时间复杂度总为O（n*logn），空间复杂度为O（1）；2、扫描一遍X-S[i]  映射到一个数组或构造hash表，时间复杂度为O（n），空间复杂度为O（n）；3、两个指针两端扫描（若无序，先排序后扫描），时间复杂度最后为：有序O（n），无序O（n*logn+n）=O（n*logn），空间复杂度都为O（1）。
• 所以，要想达到时间O（N），空间O（1）的目标，除非原数组是有序的（指针扫描法），不然，当数组无序的话，就只能先排序，后指针扫描法或二分（时间n*logn，空间O（1）），或映射或hash（时间O（n），空间O（n））。时间或空间，必须牺牲一个，自个权衡吧。
• 综上，若是数组有序的情况下，优先考虑两个指针两端扫描法，以达到最佳的时（O（N）），空（O（1））效应。否则，如果要排序的话，时间复杂度最快当然是只能达到N*logN，空间O（1）则是不在话下。

代码：

ok，在进入第二节之前，咱们先来实现思路5（这里假定数组已经是有序的），代码可以如下编写（两段代码实现）：

//代码一 //O（N） Pair findSum(int *s,int n,int x) { //sort(s,s+n); 如果数组非有序的，那就事先排好序O（N*logN） int *begin=s; int *end=s+n-1; while(begin<end) //俩头夹逼，或称两个指针两端扫描法，很经典的方法，O（N） { if(*begin+*end>x) { --end; } else if(*begin+*end<x) { ++begin; } else { return Pair(*begin,*end); } } return Pair(-1,-1); } //或者如下编写， //代码二 //copyright@ zhedahht && yansha //July、updated，2011.05.14。 bool find_num(int data[], unsigned int length, int sum, int& first_num, int& second_num) { if(length < 1) return true; int begin = 0; int end = length - 1; while(end > begin) { long current_sum = data[begin] + data[end]; if(current_sum == sum) { first_num = data[begin]; second_num = data[end]; return true; } else if(current_sum > sum) end--; else begin++; } return false; }

 

扩展：
1、如果在返回找到的两个数的同时，还要求你返回这两个数的位置列?
2、如果把题目中的要你寻找的两个数改为“多个数”，或任意个数列?（请看下面第二节）
3、二分查找时： left <= right，right = middle - 1;left < right，right = middle;

 

//算法所操作的区间,是左闭右开区间,还是左闭右闭区间,这个区间,需要在循环初始化,
//循环体是否终止的判断中,以及每次修改left,right区间值这三个地方保持一致,否则就可能出错.

//二分查找实现一
int search(int array[], int n, int v)
{
    int left, right, middle;
 
    left = 0, right = n - 1;
 
    while (left <= right)
    {
        middle = left + (right-left)/2;   
        if (array[middle] > v)
        {
            right = middle - 1;
        }
        else if (array[middle] < v)
        {
            left = middle + 1;
        }
        else
        {
            return middle;
        }
    }
 
    return -1;
}

//二分查找实现二
int search(int array[], int n, int v)
{
    int left, right, middle;
 
    left = 0, right = n;
 
    while (left < right)
    {
        middle = left + (right-left)/2;    
  
        if (array[middle] > v)
        {
            right = middle;
        }
        else if (array[middle] < v)
        {
            left = middle + 1;
        }
        else
        {
            return middle;
        }
    }
 
    return -1;
}

第二节、寻找满足条件的多个数
第21题（数组）
2010年中兴面试题
编程求解：
输入两个整数 n 和 m，从数列1，2，3.......n 中 随意取几个数,
使其和等于 m ,要求将其中所有的可能组合列出来。

解法一
我想，稍后给出的程序已经足够清楚了，就是要注意到放n，和不放n个区别，即可，代码如下：

// 21题递归方法 //copyright@ July && yansha //July、yansha，updated。 #include<list> #include<iostream> using namespace std; list<int>list1; void find_factor(int sum, int n) { // 递归出口 if(n <= 0 || sum <= 0) return; // 输出找到的结果 if(sum == n) { // 反转list list1.reverse(); for(list<int>::iterator iter = list1.begin(); iter != list1.end(); iter++) cout << *iter << " + "; cout << n << endl; list1.reverse(); } list1.push_front(n); //典型的01背包问题 find_factor(sum-n, n-1); //放n，n-1个数填满sum-n list1.pop_front(); find_factor(sum, n-1); //不放n，n-1个数填满sum } int main() { int sum, n; cout << "请输入你要等于多少的数值sum:" << endl; cin >> sum; cout << "请输入你要从1.....n数列中取值的n：" << endl; cin >> n; cout << "所有可能的序列，如下：" << endl; find_factor(sum,n); return 0; }

解法二
@zhouzhenren：
这个问题属于子集和问题（也是背包问题）。本程序采用 回溯法+剪枝
X数组是解向量，t=∑(1,..,k-1)Wi*Xi, r=∑(k,..,n)Wi
若t+Wk+W(k+1)<=M,则Xk=true，递归左儿子(X1,X2,..,X(k-1),1)；否则剪枝；
若t+r-Wk>=M && t+W(k+1)<=M,则置Xk=0，递归右儿子(X1,X2,..,X(k-1),0)；否则剪枝；
本题中W数组就是(1,2,..,n),所以直接用k代替WK值。

代码编写如下：

  //copyright@ 2011 zhouzhenren //输入两个整数 n 和 m，从数列1，2，3.......n 中 随意取几个数, //使其和等于 m ,要求将其中所有的可能组合列出来。 #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <memory.h> /** * 输入t， r， 尝试Wk */ void sumofsub(int t, int k ,int r, int& M, bool& flag, bool* X) { X[k] = true; // 选第k个数 if (t + k == M) // 若找到一个和为M，则设置解向量的标志位，输出解 { flag = true; for (int i = 1; i <= k; ++i) { if (X[i] == 1) { printf("%d ", i); } } printf("/n"); } else { // 若第k+1个数满足条件，则递归左子树 if (t + k + (k+1) <= M) { sumofsub(t + k, k + 1, r - k, M, flag, X); } // 若不选第k个数，选第k+1个数满足条件，则递归右子树 if ((t + r - k >= M) && (t + (k+1) <= M)) { X[k] = false; sumofsub(t, k + 1, r - k, M, flag, X); } } } void search(int& N, int& M) { // 初始化解空间 bool* X = (bool*)malloc(sizeof(bool) * (N+1)); memset(X, false, sizeof(bool) * (N+1)); int sum = (N + 1) * N * 0.5f; if (1 > M || sum < M) // 预先排除无解情况 { printf("not found/n"); return; } bool f = false; sumofsub(0, 1, sum, M, f, X); if (!f) { printf("not found/n"); } free(X); } int main() { int N, M; printf("请输入整数N和M/n"); scanf("%d%d", &N, &M); search(N, M); return 0; }

扩展：

1、从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的（网易）。

2、有两个序列a,b，大小都为n,序列元素的值任意整数，无序；
要求：通过交换a,b中的元素，使[序列a元素的和]与[序列b元素的和]之间的差最小。
例如: 
var a=[100,99,98,1,2, 3];
var b=[1, 2, 3, 4,5,40];（微软100题第32题）。

    @well：[fairywell]:
给出扩展问题 1 的一个解法：
1、从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的（网易）。
双端 LIS 问题，用 DP (Dynamic Programming)的思想可解，目标规划函数max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 为从左到右， 0 ~ i 个数之间满足递增的数字个数； c[i] 为从右到左， n-1 ~ i 个数之间满足递增的数字个数。最后结果为 n - max + 1。其中 DP 的时候，可以维护一个 inc[] 数组表示递增数字序列，inc[i] 为从小到大第 i 大的数字，然后在计算 b[i] c[i] 的时候使用二分查找在 inc[] 中找出区间 inc[0] ~ inc[i-1] 中小于 a[i] 的元素个数（low）。
源代码如下：

/** * The problem: * 从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的（网易）。 * use binary search, perhaps you should compile it with -std=c99 * fairywell 2011 */ #include <stdio.h> #define MAX_NUM (1U<<31) int main() { int i, n, low, high, mid, max; printf("Input how many numbers there are: "); scanf("%d/n", &n); /* a[] holds the numbers, b[i] holds the number of increasing numbers * from a[0] to a[i], c[i] holds the number of increasing numbers * from a[n-1] to a[i] * inc[] holds the increasing numbers * VLA needs c99 features, compile with -stc=c99 */ double a[n], b[n], c[n], inc[n]; printf("Please input the numbers:/n"); for (i = 0; i < n; ++i) scanf("%lf", &a[i]); // update array b from left to right for (i = 0; i < n; ++i) inc[i] = (unsigned) MAX_NUM; //b[0] = 0; for (i = 0; i < n; ++i) { low = 0; high = i; while (low < high) { mid = low + (high-low)*0.5; if (inc[mid] < a[i]) low = mid + 1; else high = mid; } b[i] = low + 1; inc[low] = a[i]; } // update array c from right to left for (i = 0; i < n; ++i) inc[i] = (unsigned) MAX_NUM; //c[0] = 0; for (i = n-1; i >= 0; --i) { low = 0; high = i; while (low < high) { mid = low + (high-low)*0.5; if (inc[mid] < a[i]) low = mid + 1; else high = mid; } c[i] = low + 1; inc[low] = a[i]; } max = 0; for (i = 0; i < n; ++i ) if (b[i]+c[i] > max) max = b[i] + c[i]; printf("%d number(s) should be erased at least./n", n+1-max); return 0; }

@yansha：fairywell的程序很赞，时间复杂度O(nlogn)，这也是我能想到的时间复杂度最优值了。不知能不能达到O(n)。

扩展题第2题

当前数组a和数组b的和之差为
    A = sum(a) - sum(b)

a的第i个元素和b的第j个元素交换后，a和b的和之差为
    A' = sum(a) - a[i] + b[j] - （sum(b) - b[j] + a[i])
           = sum(a) - sum(b) - 2 (a[i] - b[j])
           = A - 2 (a[i] - b[j])

设x = a[i] - b[j]，得
    |A| - |A'| = |A| - |A-2x|

    假设A > 0,

    当x 在 (0,A)之间时，做这样的交换才能使得交换后的a和b的和之差变小，x越接近A/2效果越好,
    如果找不到在(0,A)之间的x，则当前的a和b就是答案。

所以算法大概如下：
    在a和b中寻找使得x在(0,A)之间并且最接近A/2的i和j，交换相应的i和j元素，重新计算A后，重复前面的步骤直至找不到(0,A)之间的x为止。 

接上，@yuan：
a[i]-b[j]要接近A/2，则可以这样想，
我们可以对于a数组的任意一个a[k],在数组b中找出与a[k]-C最接近的数（C就是常数，也就是0.5*A）
这个数要么就是a[k]-C，要么就是比他稍大，要么比他稍小，所以可以要二分查找。

查找最后一个小于等于a[k]-C的数和第一个大于等于a[k]-C的数，
然后看哪一个与a[k]-C更加接近，所以T(n) = nlogn。

 

来源：http://blog.csdn.net/v_july_v/article/details/6419466