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小宇宙_WZY:
膜拜一下大神,解决了我一个大问题,非常感谢 orz
【解惑】深入jar包:从jar包中读取资源文件 -
JKL852qaz:
感谢,遇到相同的问题!
【解惑】深入jar包:从jar包中读取资源文件 -
lgh1992314:
为什么java中调用final方法是用invokevirtua ...
【解惑】Java动态绑定机制的内幕 -
鲁曼1991:
说的都有道理,protected只能被同一级包的类所调用
【解惑】真正理解了protected的作用范围 -
鲁曼1991:
...
【总结】String in Java
1、经典最长平台算法
已知一个已经从小到大排序的数组,这个数组中的一个平台(Plateau)就是连续的一串值相同的元素
,并且这一串元素不能再延伸。例如,在
1,2,2,3,3,3,4,5,5,6中[1]、[2,2]、[3,3,3]、[4]、[5,5]、[6]都是平台。是编写一个程序,接受一个数组,把这个数组中最长的平台找出
来。在上面的例子中3,3,3就是该数组中最长的平台。
【说明】
这个程序十分简单,但是要编写好却不容易,因此在编写程序时应该考虑下面
几点:
(1) 使用的变量越少越好;
(2) 把数组的元素每一个都只查一次就得到结果;
(3) 程序语句也要越少越好。
这个问题曾经困扰过David Gries 这位知名的计算机科学家。本题与解答取自David Gries 编写的有关程序设计的专著。
#include <stdio.h> int longest_plateau() { int x[] = { 3, 4, 4, 7, 8, 9, 9, 9, 9, 10}; int n = sizeof(x)/sizeof(int); int length = 1; /* plateau length >= 1. */ int i; for (i = 1; i < n; i++) if (x[i] == x[i-length]) length++; return length; }
这是一个时间复杂度为O(n) 的经典算法,其代码十分简练。
另外,我自己也写了一个时间复杂度为O(n)的算法,原理就是找出所有平台分界位置,后一个位置减前一个位置(平台长度)的最大值。
int longest_plateau(){ int keys[] = {3, 4, 4, 7, 8, 9, 9, 9, 9, 10}; int size = sizeof(keys)/sizeof(int); int maxLength=0; //记录最大的平台长度 int maxLowBound=-1; //记录最大平台的首偏移 int maxHighBound=-1; //记录最大平台的尾偏移 int index=1; // 两个分界点位置进行一次比较,index=0或1 int bound[2]; //记录每一次比较长度的首,尾偏移 bound[0]=1;//第一个平台的首偏移在数组第0个位置 for(int i=1;i<size;i++){ if(keys[i]!=keys[i-1]){ bound[index++]=i; //当前平台的尾偏移(即下一个平台的首偏移) } if(index==2){ //比较平台长度 if(bound[1]-bound[0]>maxLength){ maxLength=bound[1]-bound[0]; maxLowBound=bound[0]; maxHighBound=bound[1]; } bound[0]=bound[1]; //当前平台的尾偏移成为下一个平台的首偏移 index=1; //准备记录下一个平台的尾偏移到Bound[1]上 } } // printf("longest plat's length is %d\n",maxLength); // printf("longest plat is "); // for(int j=maxLowBound;j<maxHighBound;j++){ // printf("%d",keys[j]); // } return maxLength; }
2、改进的最长平台算法
上面O(n)的时间复杂度级别已经很不错了,但是如果n值特别大,那么仍然要比较n次才可以出结果,我们能不能降低比较次数呢? 显然,这个问题是可以优化的。
我们再来回顾一下David Gries的经典算法(代码1的line: 9),不管当前最长平台的长度为多少,每一次比较都是i++。难道每一次比较都是必须的吗? 比如下面这个平台串:
pArr[]: 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 4 4 5 5
index: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
分析: 当pArr[2]==pArr[0]的时候,最长平台长度已经增到了3。此时继续比较pArr[3]==pArr[0]发现不相等。那么说明pArr[3]已经开始了一个新的平台。依据经典算法,我们还要继续比较pArr[4]==pArr[1],pArr[5]==pArr[2]。显然,这两个比较是不必要的,因为pArr[3]开始了新的平台,位置3之前的所有数据都不会和3之后的所有数据相等了。
根据上面的分析,我们很容易的想到可以跳跃一定的次数进行比较,跳跃多少呢?最简单的想法就是跳跃一个当前的longest(最长平台长度)。因为如果当前pArr[index]==pArr[index+longest]的话,说明当前平台长度比上一次的longest还要长,如果pArr[index]!=pArr[index+longest]的话,那么目前的平台长度绝对不会超过longest,也就没有必要再去比较小于longest的平台长度是多少了。
问题并没有想象的那么简单,跳跃longest长度之后,为了下一次还能够跳跃longest长度,有的时候是需要回溯一段距离的。 我们来看看下面的详细算法分析。
还是上面的例子,我们来一步一步的研究这个改进的算法。
(1) 首先计算第一个平台 "1 1 1" 得到了当前最长平台长度为longest=3,当前串位置index=3。
(2) 这时我们比较pArr[index]==pArr[index+longest](即比较pArr[3]<->pArr[6])。显然相等,那么longest++(即longest=4)。然后继续循环比较pArr[index]==pArr[index+longest],直到不相等为止。此时index=8, longest=5.
(3) 这一步非常重要,当前的index=8已近开始了一个新的平台, 而当前的longest=5。继续比较pArr[index]==pArr[index+longest](即比较pArr[8]<->pArr[13]),发现不相等。此时我们能不能继续从pArr[13]开始向后跳跃longest=5的长度呢。显然不对,因为pArr[13]并不是平台5的开始位置,pArr[12]=5。如果跳跃longest长度,后面的计算结果将全部错误。 此时,我们必须从13开始回头遍历,直到找到平台的其实位置pArr[12],然后从12位置开始跳跃longest=5的长度才可以。
//跳跃最长平台算法 int jump_longest_plateau(int * pArr, int size){ int longest=1; //最长平台长度 int index=1; //平台串位置索引 //计算第一个平台的长度 for(;index<size&&pArr[index]==pArr[index-1];index++,count++) ++longest; //跳跃longest比较平台长度 while((index+longest)<size){ // 如果跳跃之后相等,则循环继续增大最长平台的长度 if(pArr[index]==pArr[index+longest]){ while(pArr[index]==pArr[index+longest]){ ++longest; } index+=longest; }else{ //如果跳跃之后不相等,则回溯寻找当前平台的起始位置 index+=longest; for(;pArr[index]==pArr[index-1];index--); } } return longest; }
算法分析:时间复杂度仍然是O(n)级别 (注意:不要看到双重循环就认为是O(n^2)级别)。随然有的时候需要回溯到平台的起始位置,但改进之后的算法仍然降低了比较次数。 因为跳跃longest后最多需要回溯longest-1次(此时共比较longest次)。也就是最差情况下位置index每次跳跃之后都会回溯到index+1的位置上,因此最差情况下改进算法会蜕化成经典算法的比较次数n。
我们列举出一个最差情况的平台串: 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 ....
平均而言,1000个长度的随机初始化平台串,改进算法的比较次数在149次左右。而经典算法必须比较1000次。
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