一、概述
周賽160中第二題二進制排列和89題格雷碼輸出類似。只不過後者默認起點爲1，而前者可以自己指定起點。因此在這裏我以前者爲例進行分析。
輸入兩個數字，第一個爲格雷碼位數，第二個爲格雷碼十進制起始值。返回一個格雷碼數組，元素均爲十進制數字。
我做的好蠢，二進制處理一直是我的弱點。因爲這類題目看的很少。
這是周賽第二題的結果：
這是89題的結果。
很奇怪，我都是用的一個方法，後者的成績比前者好得多。
二、分析
1、我的方法
格雷碼是什麼？前一個數字和後一個數字的二進制表示形式只改變一位。這就是格雷碼。比如說兩位格雷碼，第一個是00，第二個可以是01也可以是10，第三個對應着都是11，第四個對應着是10或01。
最開始我想找一些花活——比如說十進制數字，偶數+1表示二進制第0位由0變1；+4等價於二進制第三位由0變1。但是問題來了，通過十進制爲偶數我可以知道第0位爲0，怎麼知道第三位爲0呢？沒找到規律。就很煩。
那怎麼辦呢？最暴力的解法：維護一個set，將起始數字化爲二進制放入set；從第一位開始變化一位得到一個新的二進制數，判斷set中是否存在該數，若存在，不變化這一位，變化下一位；若不存在，將該數放入set，其十進制放入向量。然後對新的二進制數再從第一位開始變換。當set中元素個數達到2^n，n爲二進制位數時，輸出向量即可。
沒有一點的算法思想，就是單純的處理輸出。爲了從二進制變回十進制，我還特地寫了一個函數。真是哭笑不得。這方法太蠢了。
代碼如下：
class Solution {
unordered_set<string> ss;
public:
vector<int> circularPermutation(int n, int start) {
vector<int> res;
res.push_back(start);
string tmp="";
if(start==0)
{
while(tmp.size()<n)
tmp+='0';
}
else
{
while(start!=1)
{
tmp+='0'+start%2;
start=start/2;
}
tmp+='1';
reverse(tmp.begin(),tmp.end());
while(tmp.size()<n)
tmp='0'+tmp;
}
cout<<tmp<<'\n';
ss.insert(tmp);
while(res.size()<pow(2,n))
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
tmp[i]=(tmp[i]-'0'+1)%2+'0';
//cout<<tmp<<'\n';
//cout<<s4i(tmp)<<'\n';
if(ss.find(tmp)==ss.end())
{
res.push_back(s4i(tmp));
ss.insert(tmp);
break;
}
else
{
tmp[i]=(tmp[i]-'0'+1)%2+'0';
}
}
}
return res;
}
int s4i(string s)
{
int res=0;
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
res+=pow(2,s.size()-i-1)*(s[i]-'0');
}
return res;
}
};
2、較好的方法，位操作
vector<int> res;
for (int i = 0; i < 1 << n; ++i)
res.push_back(start ^ i ^ i >> 1);
return res;
wdnmd，人家兩行寫完我幾十行的功能，還比我跑的快跑得好。我找誰說理去啊。
參見該網址。所以說我的思路有問題：我的思路是對於一個已有的二進制數，從左往右修改一位，若其之前沒出現過，就選擇它。實際上呢？實際上若對應每一個十進制數，都確定一個二進制數與其對應，則事情就變得簡單了。這也是第89題的想法。在上面的網址中，我們可以得到一個由上一位格雷碼得到下一個格雷碼的公式：
對於一個四位格雷碼b3b2b1b0，得到下一個格雷碼c3c2c1c0，需要進行如下計算：
c3=b3
c2=b2異或b3
c1=b1異或b2
c0=b0異或b1
也就可以轉爲如下的形式：c3c2c1c0=b3b2b1b0異或0b3b2b1。這也就是
i ^ i >> 1
的含義。
同時，我們也知道，異或的含義，可以看做是判斷兩個數是否相同，相同就是0，不同就是1。那麼，我現在已經有g0、g1、g2 ... gn一共n+1個格雷碼，對應0~n的數字。很明顯，g0=00...00。我現在有一個問題，我想得到以start爲開頭的一套“相鄰數字二進制差一位的序列”。怎麼辦？
答案爲用start和g0~gn做異或。爲什麼？
已知gk和gk+1之間差一位，start與gk做異或，得到的結果是它們“位之間的差異”，也就是相同爲0，不同爲1；start和gk+1做異或，同樣得到它們之間的差異。那麼由於gk和gk+1之間差一位，則start和它們做異或的結果也必定差一位。如此就得到了一個新的“相鄰數字二進制差一位的序列”。由於g0一直是0，因此start和g0做異或一定結果爲start，也就滿足了這個條件。
十分巧妙。
3、較好的方法，DFS回溯
class Solution {
void utils(bitset<32>& bits, vector<int>& result, int k){
if (k==0) {
result.push_back(bits.to_ulong());
}
else {
utils(bits, result, k-1);
bits.flip(k-1);
utils(bits, result, k-1);
}
}
public:
vector<int> grayCode(int n) {
bitset<32> bits;
vector<int> result;
utils(bits, result, n);
return result;
}
};
回溯法簡而言之就是將解空間寫成樹狀，然後使用DFS尋找所有解。但是這道題我畫不出樹，只能口述一下算法：
假設是四位，從左往右是1234位。那麼我從第一個，假設是0000，如何得到下一個？我把最後一位取反，就是0001。現在第四位取反完了，如何得到下一個？把第三位取反，也就是0011。再下一個？又把第四位取反，也就是0010。再下一個？第四位和第三位都取反完了，禍害第二位去，把第二位取反，0110，然後禍害第四位，0111，然後第三位，0101，然後第四位，0100。第二位之前禍害完了，禍害第一位。取反的位次依次是4,3,4,2,4,3,4,1,4,3,4,2,4,3,4。
如果實在要畫，我也只能畫出一條長長的樹，不好看。只需要知道它的思想：在改變第二位之後，是改變第四位，然後三位。每次我更改一個較小的位，下一次一定更改最後一位，然後往回。利用每次更改一位而寫出的遞歸，真想分析過程還是有點蛋疼的。
4、較好的方法，DP
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
if ( n == 0 ) {
vector<int> v;
v.push_back(0);
return v;
}
vector<int> F[n+1];
vector<int> v;
v.push_back(0);
v.push_back(1);
F[1] = v;
for ( int i = 2; i < n+1; i++ ) {
for ( int j = 0; j < F[i-1].size(); j++ )
F[i].push_back(F[i-1][j]);
for ( int j = F[i-1].size()-1; j >= 0 ; j-- )
F[i].push_back(F[i-1][j] + 1 << (i-1) );
}
return F[n];
}
};
簡而言之，利用了這樣一條規律：
先生成一位的，在此基礎上生成二位的，最後生成n位的。
三、總結
這個破題，一大堆解法，一個個看過去看得我沒脾氣。