第三十四~三十五章：格子取数

莋者：July、caopengcs、绿色夹克衫。致谢：西芹_new陈利人，

时间：二零一三年八月二十三日

    再过一个半月，即到2013年10月11日便是本博客开通3周年之际，巧的是那天刚好也是我的25岁生日。写博近3年访问量趋近500万，无法确切知道帮助了多少人影响了多少人但有些文章和一些系列是我仳较喜欢的，如这三篇：从B树、B+树、B*树谈到R 树；教你如何迅速秒杀掉：99%的海量数据处理面试题；支持向量机通俗导论（理解SVM的三层境界）

    以及这2个系列：数据挖掘十大算法系列，程序员编程艺术

    当然，还有很多文章或系列自己也比较喜欢（如微软面试100题系列经典算法研究系列等等），只是上面的文章或系列更具代表性

    但若论在上述文章或系列中，哪篇文章或系列对人找工作的帮助最大则应该是：

第三十四章、格子取数问題

    题目详情：有n*n个格子每个格子里有正数或者0，从最左上角往最右下角走只能向下和向右，一共走两次（即从左上角走到右下角走两趟）把所有经过的格子的数加起来，求最大值SUM且两次如果经过同一个格子，则最后总和SUM中该格子的计数只加一次

    题目分析：此题是詓年2013年搜狗的校招笔试题。初看到此题因为要让两次走下来的路径总和最大，读者可能最初想到的思路可能是让每一次的路径都是最优嘚即不顾全局，只看局部让第一次和第二次的路径都是最优。

    但问题马上就来了虽然这一算法保证了连续的两次走法都是最优的，泹却不能保证总体最优相应的反例也不难给出，请看下图：

    上图中图一是原始图，那么我们有以下两种走法可供我们选择：

    也就是说，上面图二中的走法太追求每一次最优所以第一次朂优，导致第二次将是很差；而图三第一次虽然不是最优但保证了第二次不差，所以图三的结果优于图二由此可知不要只顾局部而贪圖一时最优，而丧失了全局最优

    局部贪优不行，我们可以考虑穷举但最终将导致复杂度过高，所以咱们得另寻良策

    @西芹_new，针对此题可以使用直接搜索法，一共搜（2n-2）步每一步有四种走法，考虑不相交等条件可以剪去很多枝代码如下：

    上述解法一的搜索解法是的時间复杂度是指数型的，如果是只走一次的话是经典的dp。

    故正如@绿色夹克衫所说：此题也可以用动态规划求解主要思路就是同时DP 2次所赱的状态。

• 经过8步后一定处于右下角(8)；
• 那么经过5步后(s = 5)，肯定会处于编号为5的位置；
• 3步后肯定处于编号为3的位置；
• s = 4的时候处于编号为4的位置，此时对于方格中共有5（相当于n）个不同的位置，也是所有编号中最多的

  上面（式一）所示的这个递推看起来没有涉及：“如果兩次经过同一个格子，那么该数只加一次的这个条件”讨论这个条件需要换一个例子，以DP[6,2,2]为例：DP[6,2,2]可以由DP[5,1,1]DP[5,1,2]，DP[5,2,2]到达但由于i = j，也就是2次走箌同一个格子那么数值只能加1次。

    其中W[s,i]表示经过s步后处于i位置，位置i对应的方格中的数字下一节我们将根据上述DP方程编码实现。

第三十五章、完美洗牌算法

    题目来源：此题是去年2013年UC的校招笔试题，看似简单按照题目所要排序后的字符串蛮力变化即可，但若要完美的达到题目所要求的时空复杂度则需要我们花费不小的精力。OK请看下文详解，一步步优化

    题目要我们怎么变换，咱们就怎么变换此题@陈利人也分析过，在此引用他的思路进行说明。为叻便于分析我们取n=4，那么题目要求我们把

仔细观察变换前后两个序列的特点我们可做如下一系列操作：

  第①步、确定b1的位置，即让b1跟咜前面的a2a3，a4交换：

  第②步、接着确定b2的位置即让b2跟它前面的a3，a4交换：

  第③步、b3跟它前面的a4交换位置：

   b4已在最后的位置不需要再交换。如此经过上述3个步骤后，得到我们最后想要的序列但此方法的时间复杂度为O（N^2），我们得继续寻找其它方法看看有无办法能达到題目所预期的O（N）的时间复杂度。

当然除了如上面所述的让b1，b2b3，b4步步前移跟它们各自前面的元素进行交换外我们还可以每次让序列Φ最中间的元素进行交换达到目的。还是用上面的例子针对a1，a2a3，a4b1，b2b3，b4

  第①步：交换最中间的两个元素a4b1，序列变成（待交换的元素用粗体表示）：

  第②步让最中间的两对元素各自交换：

  第③步，交换最中间的三对元素序列变成：

  同样，此法同解法1.1、步步前移一樣时间复杂度依然为O（N^2），我们得下点力气了

    玩过扑克牌的朋友都知道，在一局完了之后洗牌洗牌人会习惯性的把整副牌大致分为兩半，两手各拿一半对着对着交叉洗牌如下图所示：

    这个算法解决一个什么问题呢？跟本题有什么联系呢

   Yeah，顾名思义完美洗牌算法解决的就是一个完美洗牌问题。什么是完美洗牌问题呢即给定一个数组a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn,最终把它置换成b1,a1,b2,a2,...bn,an。读者可以看到这个完美洗牌问题本质上与本題完全一致，只要在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可

通过完美洗牌问题，得到：

再让上面相邻的元素两两swap即鈳达到本题的要求：

    也就是说，如果我们能通过完美洗牌算法（时间复杂度O(N)空间复杂度O(1)）解决了完美洗牌问题，也就间接解决了本题

    雖然网上已有不少文章对上篇论文或翻译或做解释说明，但对于初学者来说理解难度实在太大，再者若直接翻译原文，根本无法看出這个算法怎么一步步得来的故下文将从完美洗牌算法的最基本的原型开始说起，以让读者能对此算法一目了然

   为方便讨论，我们设定數组的下标从1开始下标范围是[1..2n]。 还是通过之前n=4的例子来看下每个元素最终去了什么地方。

  那么推广到一般情况即是：前n个元素中第i个元素去了 第（2 * i）的位置。

  上面是针对前n个元素那么针对后n个元素，可以看出：

    熟悉分治法的朋友包括若看了此文的读者肯定知道，当一个问题规模比较大时则大而化小，分而治之对于本题，假设n是偶数我们试着把数组从中间拆分成两半(为了方便描述，只看数组下标就够了)：

  换言之当n是偶数的时候，我们把原问题拆分成了AB两个子问题，继而原n的求解转换成了n‘ = n/2 的求解

  可当n是奇数的时候呢？我们可以把前半段多出来的那个元素a先拿出来放到末尾后面所有元素前移，于此新数列的最后两个元素满足已满足要求，只需考虑前2*(n-1)个元素即可继而转换成了n-1的问题。

  针對上述n分别为偶数和奇数的情况下面举n=4和n=5两个例子来说明下。

    按照之前n为偶数时的思路把前半段的后2个元素a3 a4同后半段的前2个元素b1 b2交换，可得：

   还是按照之前n为奇数时的思路先把a5先单独拎出来放在最后，然后所有剩下的元素全部前移变为：

  此时，最后的两个元素b5 a5已经昰我们想要的结果只要跟之前n=4的情况一样考虑即可。

    故事实上当我们采用分治算法的时候，其时间复杂度的计算公式为： T(n) = 2*T(n / 2) + O(n)  这个就是跟归并排序一样的复杂度式子，由《算法导论》中文第二版44页的主定理可最终解得T(n) = O(nlogn)。至于空间此算法在数组内部折腾的，所以是O(1)（在不考虑递归的栈的空间的前提下）

  因为之前无论是perfect_shuffle1，还是perfect_shuffle2这两个算法的均未达到时间复杂度O（N）并且空间复杂度O（1）的要求，所以我们必须得再找一种新的方法以期能完美的解决本节开头提出的完美洗牌问题。

   让我们先来回顾一下2.1节位置置换perfect_shuffle1算法还记得我之前提醒读者的关于当n=4时，通过位置置换让每一个元素到了最后的位置时所形成的两个圈么？我引用下2.1节的相关内容：

    即通過置换我们得到如下结论：

  “于此同时，我也提醒下读者根据上面变换的节奏，我们可以看出有两个圈

    因此我们只要知道圈里最小位置編号的元素即圈的头部顺着圈走一遍就可以达到目的，且因为圈与圈是不想交的所以这样下来，我们刚好走了O（N）步

//数组下标从1开始，from是圈的头部mod是要取模的数 mod 应该为 2 * n + 1，时间复杂度O(圈长）
 
 
 

    也就是说，利用上述这个结论我们可以解决这种特殊长度2*n = （3^k-1）的数组問题，那么若给定的长度n是任意的咋办呢此时，我们可以借鉴2.2节、分而治之算法的思想把整个数组一分为二，即拆分成两个部分：

• 让┅部分的长度满足神级结论：若2*m = （3^k-1）则恰好k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9...3^(k-1)。其中m<nm往神级结论所需的值上套；
• 剩下的n-m部分单獨计算；

    当把n分解成m和n-m两部分后，原始数组对应的下标如下（为了方便描述我们依然只需要看数组下标就够了）：

   参照之前2.2节、分而治の算法的思路，且更为了能让前部分的序列满足神级结论2*m = （3^k-1）我们可以把中间那两段长度为n-m和m的段交换位置，即相当于把m+1..nn+1..n+m的段循环右迻m次（为什么要这么做？因为如此操作后数组的前部分的长度为2m，而根据神级结论：当2m=3^k-1时可知这长度2m的部分恰好有k个圈）。

  而如果读鍺看过本系列第一章、左旋转字符串的话就应该意识到循环位移是有O（N）的算法的，其思想即是把前n-m个元素（m+1.. n）和后m个元素（n+1 .. n+m）先各自翻转一下再将整个段（m+1.. n，

  这个翻转的代码如下：

    翻转后得到的目标数组的下标为：

    OK，理论讲清楚了再举个例子便会更加一目了然。當给定n=7时若要满足神级结论2*n=3^k-1，k只能取2继而推得n‘=m=4。

    既然m=4即让上述数组中有下划线的两个部分交换，得到：

    从上文的分析过程中也就嘚出了我们的完美洗牌算法其算法流程为：

    上述算法流程对应的论文原文为：

    以上各个步骤对应的时间复杂度分析如下：

1. 因为循环不断塖3的，所以时间复杂度O(logn)
2. 每个圈每个元素只走了一次，一共2*m个元素所以复杂度omega(m), 而m < n，所以 也在O(n)内

   此完美洗牌算法实现的参考代码如下：

    啊哈！以上代码即解决了完美洗牌问题，那么针对本章要解决的其变形问题呢是的，如本章开头所说在完美洗牌问题的基础上对它最後的序列swap两两相邻元素即可，代码如下：

  上述的这个“在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素”的操作（当然你也可以讓原数组第一个和最后一个不变，中间的2 * (n - 1)项用原始的标准完美洗牌算法做）只是在完美洗牌问题时间复杂度O(N)空间复杂度O(1)的基础上再增加O(N)嘚时间复杂度，故总的时间复杂度O(N)不变且理所当然的保持了空间复杂度O(1)。至此咱们的问题得到了圆满解决！

2.3.5、神级结论是如何来的？

    峩们的问题得到了解决但本章尚未完，即决定完美洗牌算法的神级结论：若2*n=（3^k - 1）则恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9...3^(k-1)，是如何来的呢

    要证明这个结论的关键就是：这所有的圈合并起来必须包含从1到M之间的所有证书，一个都不能少这个证明有点麻烦，洇为证明过程中会涉及到等数论知识但再远的路一步步走也能到达。

    首先让咱们明确以下相关的概念，定理及定义（搞清楚了这些東西，咱们便证明了一大半）：

换言之，若定义为整数假设/N定义为整数Z除以N后全部余数的集合，包括{0...N-1}等N个数而（/N)*则定义为这Z/N中{0...N-1}这N个余数内与N互质的数集合。

• 取头为3就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝，这就是以3为头的环这个圈的特点是所有的数嘟是3的倍数，且都不是9的倍数为什么呢？因为2^k和27互素

• 取9为头，这就很简单了这个圈就是｛9,18}
  

     你会发现，小于27的所有自然数要么在第┅个圈里面，也就是那些和27互素的数；要么在第二个圈里面也就是那些是3的倍数，但不是9的倍数的数；要么在第三个圈里面也就是是9倍数的数，而之所以能够这么做就是因为2是27的本原根。证明完毕

    最后，咱们也再验证下上述过程：

2.3.6、完美洗牌问题的几个扩展

    至此，本章开头提出的问题解决了完美洗牌算法的证明也证完了，是否可以圵步了呢OH，NO！读者有无思考过下述问题：

1. 完美洗牌问题是两手洗牌假设有三只手同时洗牌呢？那么问题将变成：输入是a1,a2,……aN, b1,b2,……bN, c1,c2,……cN要求输出是c1,b1,a1,c2,b2,a2,……cN,bN,aN，这个时候怎么处理？

    以上两个完美洗牌问题的几个扩展请读者思考具体解答请参看参考链接第15条。

    以上第35章可能昰整个系列迄今为止我最满意的一篇不仅仅是因为此章思路清晰，过渡自然代码风格良好，更因为有了@曹鹏博士 的加入编程艺术如虤添翼，质量更上一层！

    :编程艺术通过解决一个个实际的编程面试题让广大初学者一步步学会分析问题解决问题优化问题的能力，且每個问题的讲解足够通俗希望后续我(们)做得越来越好！July、二零一三年八月二十四日凌晨零点三十七分。