http://blog.chinaunix.net/uid-26456800-id-3447973.html
求出一个有序数组中公差为d的最长等差数列。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#define MAX 1000
void GetSeq(int *input, int size, int d){
if(input == NULL) return;
int result[MAX] = {0};
int startIndex = 0;
int maxLen = 0;
int maxLenStartIndex = -1;
for(;startIndex < size-maxLen; startIndex++){
int i = startIndex;
result[i] = 1;
i++;
for(;i<size;i++){
result[i] = result[i-1];
if(input[i] == input[startIndex] +result[i-1]*d){
result[i]++;
if(result[i]> maxLen){
maxLen = result[i];
maxLenStartIndex = startIndex;
}
}
else if(input[i] > input[startIndex] + result[i-1]*d)
break;
}
}
printf("Max sequence start index: %d, length: %d \n", maxLenStartIndex, maxLen);
}
int main(){
int input[] = {1,3,4,6,7,9,10,12,13,15,16,18,21,24};
GetSeq(input, sizeof(input)/sizeof(int), 3);
}
T2:
求微软面试题:求整数随机数构成的数组中找到长度大于=3的最长的等差数列
输出等差数列由小到大:
如果没有符合条件的就输出[0,0]
格式:
输入[1,3,0,5,-1,6]
输出[-1,1,3,5]
要求时间复杂度,空间复杂度尽量小
网上有动态规划的解法,时间复杂度O(N^3):http://openuc.sinaapp.com/?p=286
而本文要提另一种动态规划解法,时间复杂度O(N^2),空间复杂度比较大,一会说。
方法:
第一步都一样,先排序。
第二步,动态规划。在一个已排好序的数列中,等差数列的差d满足 0 <= d <= a[N-1] - a[0]。于是,设一个二维表dp,有a[N-1] - a[0] + 1 行,N列,dp[i][j]记录数列a[j],公差为i下的最长数列长度。那么很明显有:dp[i][j] = dp[i][ index_of( a[j] + i ) ] + 1。其中index_of(num)表示数num在数组a中的索引。上述dp的意思是:如果a[j]能构成等差数列的一份子,公差为i,那么它的下一项就是a[j] + i,这当然要求a[j] + i存在于数组a中啦~而且,a[j]构成的数列的长度就是由 a[j] + i 构成数列长度加1. 依据上述分析,只要对数组a由尾到头遍历,对每个a[j],求出所有公差从0到a[N-1]-a[0]下的最长数列长度,则问题就得解了。
注意几个问题:
1. 上述分析过程中要求求出所有公差从0到a[N-1]-a[0],但实际上并不需要这么一个一个的求,因为以任何a[j],它能构成等差数列,则公差一定是 a[ k ] - a[ j ],这里 j < k < N,因此,求解的范围得到缩小,因此整体的时间复杂度为0(N^2)。
2. 另一个实现问题是,dp只记录了最长数列的长度,而我们为了能回朔并输出等差数列,我们还需要知道构成最长等差数列a[j]的下一个数是什么,因此,需要同时记录下一跳的索引。在代码中,我用pair<int,int>来记录,first记录长度,second记录下一跳索引。
3. 注意处理a[j]与多个数差值相同的情况,比如 1,3,3,对a[0]=1,它和a[1],a[2]的差值相同,所以对于a[0],公差为2而言,即dp[2][0],它只需要更新一次即可。 #include "stdafx.h"
#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 10;
const int INVALID_IDX = -1;
void show(int* a,int n)
{
for (int i=0;i<n;++i)
{
cout<<a[i]<<",";
}
cout<<endl;
}
inline int compare(const void* p1,const void* p2)
{
return *(int*)p1 - *(int*)p2;
}
void longest_seq(int* a)
{
qsort(a,N,sizeof(int),&compare);
int R = a[N-1]-a[0]+1;
pair<int,int>** dp = new pair<int,int>*[R];
for (int i=0;i<R;++i)
{
pair<int,int>* row = new pair<int,int>[N];
for (int j=0;j<N;++j)
{
row[j].first = 0; //记录当前最长数列的长度
row[j].second = INVALID_IDX;//记录与first相对应的等差数列的下一值在数组a中的索引
}
dp[i] = row;
}
int maxlen = 0;
int rowidx = INVALID_IDX;
int colidx = INVALID_IDX;
for (int i=N-2;i>=0;--i)
{
for (int j=i+1;j<N;++j)
{
if (dp[ a[j]-a[i] ][i].first != 0) continue; //以该“差”为行号的值如果已经存在,就不需要再为相同的差值更新
dp[ a[j]-a[i] ][i].first = dp[ a[j]-a[i] ][j].first + 1;
dp[ a[j]-a[i] ][i].second = j;
if (dp[ a[j]-a[i] ][i].first > maxlen)
{
maxlen = dp[ a[j]-a[i] ][i].first;
rowidx = a[j]-a[i];
colidx = i;
}
}
}
if( maxlen > 1 )
{
cout<<"The longest seq is:"<<endl;
while( colidx != INVALID_IDX )
{
cout<<a[colidx]<<",";
colidx = dp[rowidx][colidx].second;
}
cout<<endl;
}
else
{
cout<<"0,0"<<endl;
}
for (int i=0;i<R;++i)
delete []dp[i];
delete []dp;
}
int main(void)
{
int a[N] = {8, 8, 7, 4, 1, 3, 3, 1, 8, 4};
longest_seq(a);
return 0;
}