左旋转字符串(数组循环移位)

题目描述：

定义字符串的左旋转操作：把字符串前面的若干个字符移动到字符串的尾部。
如把字符串abcdef左旋转2位得到字符串cdefab。
请实现字符串左旋转的函数，要求对长度为n的字符串操作的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。 

编程之美上有这样一个类似的问题，咱们先来看一下：

设计一个算法，把一个含有N个元素的数组循环右移K位，要求时间复杂度为O（N），
且只允许使用两个附加变量。

分析：

我们先试验简单的办法，可以每次将数组中的元素右移一位，循环K次。

abcd1234→4abcd123→34abcd12→234abcd1→1234abcd。

RightShift(int* arr, int N, int K) {      while(K--)      {           int t = arr[N - 1];           for(int i = N - 1; i > 0; i --)                arr[i] = arr[i - 1];           arr[0] = t;      } }

虽然这个算法可以实现数组的循环右移，但是算法复杂度为O（K * N），不符合题目的要求，要继续探索。

假如数组为abcd1234，循环右移4位的话，我们希望到达的状态是1234abcd。
不妨设K是一个非负的整数，当K为负整数的时候，右移K位，相当于左移（-K）位。
左移和右移在本质上是一样的。

解法一：
大家开始可能会有这样的潜在假设，K<N。事实上，很多时候也的确是这样的。但严格来说，我们不能用这样的“惯性思维”来思考问题。
尤其在编程的时候，全面地考虑问题是很重要的，K可能是一个远大于N的整数，在这个时候，上面的解法是需要改进的。
仔细观察循环右移的特点，不难发现：每个元素右移N位后都会回到自己的位置上。因此，如果K > N，右移K-N之后的数组序列跟右移K位的结果是一样的。

进而可得出一条通用的规律：
右移K位之后的情形，跟右移K’= K % N位之后的情形一样，如代码清单2-34所示。
//代码清单2-34

RightShift(int* arr, int N, int K) {      K %= N;      while(K--)      {           int t = arr[N - 1];           for(int i = N - 1; i > 0; i --)                arr[i] = arr[i - 1];           arr[0] = t;      } }

可见，增加考虑循环右移的特点之后，算法复杂度降为O（N^２），这跟K无关，与题目的要求又接近了一步。但时间复杂度还不够低，接下来让我们继续挖掘循环右移前后，数组之间的关联。

解法二：
假设原数组序列为abcd1234，要求变换成的数组序列为1234abcd，即循环右移了4位。比较之后，不难看出，其中有两段的顺序是不变的：1234和abcd，可把这两段看成两个整体。右移K位的过程就是把数组的两部分交换一下。
变换的过程通过以下步骤完成：
 逆序排列abcd：abcd1234 → dcba1234；
 逆序排列1234：dcba1234 → dcba4321；
 全部逆序：dcba4321 → 1234abcd。
伪代码可以参考清单2-35。
//代码清单2-35

Reverse(int* arr, int b, int e) {      for(; b < e; b++, e--)      {           int temp = arr[e];           arr[e] = arr[b];           arr[b] = temp;      } }  RightShift(int* arr, int N, int k) {      K %= N;      Reverse(arr, 0, N – K - 1);      Reverse(arr, N - K, N - 1);      Reverse(arr, 0, N - 1); }

这样，我们就可以在线性时间内实现右移操作了。

 

稍微总结下：
编程之美上，
（限制书中思路的根本原因是，题目要求：“且只允许使用两个附加变量”，去掉这个限制，思路便可如泉喷涌）
1、第一个想法 ，是一个字符一个字符的右移，所以，复杂度为O（N*K）
2、后来，它改进了，通过这条规律：右移K位之后的情形，跟右移K’= K % N位之后的情形一样
复杂度为O（N^2）
3、直到最后，它才提出三次翻转的算法，得到线性复杂度。

 

下面，你将看到，本章里我们的做法是：
1、三次翻转，直接线性
2、两个指针逐步翻转，线性
3、stl的rotate算法，线性

 

好的，现在，回到咱们的左旋转字符串的问题中来，对于这个左旋转字符串的问题，咱们可以如下这样考虑：

1.1、思路一：

对于这个问题，咱们换一个角度，可以这么做：
将一个字符串分成两部分，X和Y两个部分，在字符串上定义反转的操作X^T，即把X的所有字符反转（如，X="abc"，那么X^T="cba"），那么我们可以得到下面的结论：(X^TY^T)^T=YX。显然我们这就可以转化为字符串的反转的问题了。

不是么?ok,就拿abcdef 这个例子来说（非常简短的三句，请细看，一看就懂）：
1、首先分为俩部分，X:abc，Y:def；
2、X->X^T，abc->cba， Y->Y^T，def->fed。
3、(X^TY^T)^T=YX，cbafed->defabc，即整个翻转。

我想，这下，你应该了然了。
然后，代码可以这么写（已测试正确）：

//Copyright@ 小桥流水 && July   //c代码实现，已测试正确。   //http://www.smallbridge.co.cc/2011/03/13/100%E9%A2%98   //_21-%E5%B7%A6%E6%97%8B%E8%BD%AC%E5%AD%97%E7%AC%A6%E4%B8%B2.html   //July、updated，2011.04.17。   #include <stdio.h>   #include <string.h>      char * invert(char *start, char *end)   {          char tmp, *ptmp = start;           while (start != NULL && end != NULL && start < end)         {              tmp = *start;              *start = *end;                 *end = tmp;                start ++;              end --;        }       return ptmp;   }      char *left(char *s, int pos)   //pos为要旋转的字符个数，或长度，下面主函数测试中，pos=3。   {       int len = strlen(s);       invert(s, s + (pos - 1));  //如上，X->X^T，即 abc->cba       invert(s + pos, s + (len - 1)); //如上，Y->Y^T，即 def->fed       invert(s, s + (len - 1));  //如上，整个翻转，(X^TY^T)^T=YX，即 cbafed->defabc。       return s;   }      int main()   {          char s[] = "abcdefghij";           puts(left(s, 3));       return 0;   }

思路三：

3.1、数组循环移位
    下面，我将再具体深入阐述下此STL 里的rotate算法，由于stl里的rotate算法，用到了gcd的原理，下面，我将先介绍此辗转相除法，或欧几里得算法，gcd的算法思路及原理。

    gcd，即辗转相除法，又称欧几里得算法，是求最大公约数的算法，即求两个正整数之最大公因子的算法。此算法作为TAOCP第一个算法被阐述，足见此算法被重视的程度。

    gcd算法：给定俩个正整数m，n（m>=n），求它们的最大公约数。（注意，一般要求m>=n，若m<n，则要先交换m<->n。下文，会具体解释）。以下，是此算法的具体流程：
    1、[求余数]，令r=m%n，r为n除m所得余数（0<=r<n）；
    2、[余数为0?]，若r=0，算法结束，此刻，n即为所求答案，否则，继续，转到3；
    3、[重置]，置m<-n，n<-r，返回步骤1.

    此算法的证明，可参考计算机程序设计艺术第一卷：基本算法。证明，此处略。

    ok，下面，举一个例子，你可能看的更明朗点。
    比如，给定m=544，n=119，
      则余数r=m%n=544%119=68; 因r!=0，所以跳过上述步骤2，执行步骤3。；
      置m<-119，n<-68，=>r=m%n=119%68=51;
      置m<-68，n<-51，=>r=m%n=68%51=17；
      置m<-51，n<-17，=>r=m%n=51%17=0，算法结束，

    此时的n=17，即为m=544，n=119所求的俩个数的最大公约数。

    再解释下上述gcd(m，n)算法开头处的，要求m>=n 的原因：举这样一个例子，如m<n，即m=119，n=544的话，那么r=m%n=119%544=119,
    因为r!=0,所以执行上述步骤3，注意，看清楚了：m<-544，n<-119。看到了没，尽管刚开始给的m<n，但最终执行gcd算法时，还是会把m，n的值交换过来，以保证m>=n。

    ok，我想，现在，你已经彻底明白了此gcd算法，下面，咱们进入主题，stl里的rotate算法的具体实现。//待续。

    熟悉stl里的rotate算法的人知道，对长度为n的数组(ab)左移m位，可以用stl的rotate函数（stl针对三种不同的迭代器，提供了三个版本的rotate）。但在某些情况下，用stl的rotate效率极差。

    对数组循环移位，可以采用的方法有（也算是对上文思路一，和思路二的总结）：

      flyinghearts：
      ① 动态分配一个同样长度的数组，将数据复制到该数组并改变次序，再复制回原数组。（最最普通的方法）
      ② 利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序）
      ③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）：
      若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。
      若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。
      通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。
      ④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，总共gcd(n,m)个循环链。所以，总共交换n次）。

    stl的rotate的三种迭代器，即是，分别采用了后三种方法。

    在给出stl rotate的源码之前，先来看下我的朋友ys对上述第④ 种方法的评论：
    ys：这条思路个人认为绝妙，也正好说明了数学对算法的重要影响。

    通过前面思路的阐述，我们知道对于循环移位，最重要的是指针所指单元不能重复。例如要使abcd循环移位变成dabc(这里m=3,n=4)，经过以下一系列眼花缭乱的赋值过程就可以实现：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];  （*）
    字符串变化为：abcd->_bcd->dbc_->db_c->d_bc->dabc;
是不是很神奇？其实这是有规律可循的。

    请先看下面的说明再回过头来看。
 对于左旋转字符串，我们知道每个单元都需要且只需要赋值一次，什么样的序列能保证每个单元都只赋值一次呢？

      1、对于正整数m、n互为质数的情况，通过以下过程得到序列的满足上面的要求：
 for i = 0: n-1
      k = i * m % n;
 end

    举个例子来说明一下，例如对于m=3,n=4的情况，
        1、我们得到的序列：即通过上述式子求出来的k序列，是0, 3, 2, 1。
        2、然后，你只要只需按这个顺序赋值一遍就达到左旋3的目的了：
    ch[0]->temp, ch[3]->ch[0], ch[2]->ch[3], ch[1]->ch[2], temp->ch[1];   （*） 

    ok，这是不是就是按上面（*）式子的顺序所依次赋值的序列阿?哈哈，很巧妙吧。当然，以上只是特例，作为一个循环链，相当于rotate算法的一次内循环。

     2、对于正整数m、n不是互为质数的情况（因为不可能所有的m，n都是互质整数对），那么我们把它分成一个个互不影响的循环链，正如flyinghearts所言，所有序号为 (j + i * m) % n（j为0到gcd(n, m)-1之间的某一整数，i = 0:n-1）会构成一个循环链，一共有gcd(n, m)个循环链，对每个循环链分别进行一次内循环就行了。

    综合上述两种情况，可简单编写代码如下：

//④ 所有序号为 (j+i *m) % n (j 表示每个循环链起始位置，i 为计数变量，m表示左旋转位数，n表示字符串长度)，   //会构成一个循环链（共有gcd(n,m)个，gcd为n、m的最大公约数），      //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，最后整个过程总共交换了n次   //（每一次循环链，是交换n/gcd(n,m)次，共有gcd(n,m)个循环链，所以，总共交换n次）。      void rotate(string &str, int m)    {        int lenOfStr = str.length();        int numOfGroup = gcd(lenOfStr, m);        int elemInSub = lenOfStr / numOfGroup;                for(int j = 0; j < numOfGroup; j++)               //对应上面的文字描述，外循环次数j为循环链的个数，即gcd(n, m)个循环链       {            char tmp = str[j];               for (int i = 0; i < elemInSub - 1; i++)                   //内循环次数i为，每个循环链上的元素个数，n/gcd(m,n)次               str[(j + i * m) % lenOfStr] = str[(j + (i + 1) * m) % lenOfStr];           str[(j + i * m) % lenOfStr] = tmp;        }    }

后来有网友针对上述的思路④，给出了下述的证明：
    1、首先，直观的看肯定是有循环链，关键是有几条以及每条有多长，根据(i+j *m) % n这个表达式可以推出一些东东，一个j对应一条循环链，现在要证明(i+j *m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。
    2、假设j和k对应的数字是相同的， 即(i+j*m)%n = (i+k*m)%n， 可以推出n|(j-k)*m，m=m’*gcd(n.m), n=n’*gcd(n,m), 可以推出n’|(j-k)*m’，而m’和n’互素，于是n’|(j-k)，即(n/gcd(n,m))|(j-k)，
    3、所以(i+j*m) % n有n/gcd(n,m)个不同的数。则总共有gcd(n，m)个循环链。符号“|”是整除的意思。
以上的3点关于为什么一共有gcd(n, m)个循环链的证明，应该是来自qq3128739xx的，非常感谢这位朋友。

3.2、以下，便是摘自sgi stl v3.3版中的stl_algo_h文件里，有关rotate的实现的代码：

// rotate and rotate_copy, and their auxiliary functions   template <class _EuclideanRingElement>   _EuclideanRingElement __gcd(_EuclideanRingElement __m,                               _EuclideanRingElement __n)   {  //gcd(m,n)实现       while (__n != 0) {           _EuclideanRingElement __t = __m % __n;           __m = __n;           __n = __t;       }       return __m;   //....   }      //③ 分组交换（尽可能使数组的前面连续几个数为所要结果）：   //若a长度大于b，将ab分成a0a1b，交换a0和b，得ba1a0，只需再交换a1 和a0。   //若a长度小于b，将ab分成ab0b1，交换a和b0，得b0ab1，只需再交换a 和b0。   //通过不断将数组划分，和交换，直到不能再划分为止。分组过程与求最大公约数很相似。   template <class _ForwardIter, class _Distance>   _ForwardIter __rotate(_ForwardIter __first,                         _ForwardIter __middle,                         _ForwardIter __last,                         _Distance*,                         forward_iterator_tag)    {       if (__first == __middle)           return __last;       if (__last  == __middle)           return __first;              _ForwardIter __first2 = __middle;       do {           swap(*__first++, *__first2++);  //           if (__first == __middle)               __middle = __first2;       } while (__first2 != __last);              _ForwardIter __new_middle = __first;       __first2 = __middle;              while (__first2 != __last)        {           swap (*__first++, *__first2++);  //           if (__first == __middle)               __middle = __first2;           else if (__first2 == __last)               __first2 = __middle;       }              return __new_middle;   }      //②利用ba=(br)^T(ar)^T=(arbr)^T，通过三次反转字符串。   //（即上述思路一，首先对序列前部分逆序，再对序列后部分逆序，再对整个序列全部逆序）   template <class _BidirectionalIter, class _Distance>   _BidirectionalIter __rotate(_BidirectionalIter __first,                               _BidirectionalIter __middle,                               _BidirectionalIter __last,                               _Distance*,                               bidirectional_iterator_tag)    {       __STL_REQUIRES(_BidirectionalIter, _Mutable_BidirectionalIterator);       if (__first == __middle)           return __last;       if (__last  == __middle)           return __first;              __reverse(__first,  __middle, bidirectional_iterator_tag());  //交换序列前半部分       __reverse(__middle, __last,   bidirectional_iterator_tag());  //交换序列后半部分              while (__first != __middle && __middle != __last)           swap (*__first++, *--__last);   //整个序列全部交换              if (__first == __middle)  //       {           __reverse(__middle, __last,   bidirectional_iterator_tag());           return __last;       }       else {           __reverse(__first,  __middle, bidirectional_iterator_tag());           return __first;       }   }      //④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，   //会构成一个循环链（共有gcd(n,k)个，gcd为n、k的最大公约数），   //每个循环链上的元素只要移动一个位置即可，总共交换了n次。   template <class _RandomAccessIter, class _Distance, class _Tp>   _RandomAccessIter __rotate(_RandomAccessIter __first,                              _RandomAccessIter __middle,                              _RandomAccessIter __last,                              _Distance *, _Tp *)    {       __STL_REQUIRES(_RandomAccessIter, _Mutable_RandomAccessIterator);       _Distance __n = __last   - __first;       _Distance __k = __middle - __first;       _Distance __l = __n - __k;       _RandomAccessIter __result = __first + (__last - __middle);              if (__k == 0)           return __last;              else if (__k == __l) {           swap_ranges(__first, __middle, __middle);           return __result;       }              _Distance __d = __gcd(__n, __k);    //令d为gcd(n,k)              for (_Distance __i = 0; __i < __d; __i++) {           _Tp __tmp = *__first;           _RandomAccessIter __p = __first;                      if (__k < __l) {               for (_Distance __j = 0; __j < __l/__d; __j++) {                   if (__p > __first + __l) {                       *__p = *(__p - __l);                       __p -= __l;                   }                                      *__p = *(__p + __k);                   __p += __k;               }           }              else {               for (_Distance __j = 0; __j < __k/__d - 1; __j ++) {                   if (__p < __last - __k) {                       *__p = *(__p + __k);                       __p += __k;                   }                                      *__p = * (__p - __l);                   __p -= __l;               }           }                      *__p = __tmp;           ++__first;       }              return __result;   }

由于上述stl rotate源码中，方案④ 的代码，较复杂，难以阅读，下面是对上述第④ 方案的简单改写：

//对上述方案4的改写。   //④ 所有序号为 (i+t*k) % n (i为指定整数，t为任意整数)，....   //copyright@ hplonline && July 2011.04.18。   //July、sahala、yansha，updated，2011.06.02。   void my_rotate(char *begin, char *mid, char *end)   {          int n = end - begin;          int k = mid - begin;          int d = gcd(n, k);          int i, j;          for (i = 0; i < d; i ++)          {              int tmp = begin[i];              int last = i;                         //i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。           for (j = (i + k) % n; j != i; j = (j + k) % n)    //多谢laocpp指正。              {                  begin[last] = begin[j];                      last = j;              }                  begin[last] = tmp;          }      }

对上述程序的解释：关于第二个for循环中，j初始化为（i+）%n，程序注释中已经说了，i+k为i右移k的位置，%n是当i+k>n时从左重新开始。为什么要这么做呢?很简单，n个数的数组不管循环左移多少位，用上述程序的方法一共需要交换n次。当i+k>=n时i+k表示的位置在数组中不存在了，所以又从左边开始的(i+k)%n是下一个交换的位置。

1. 好比5个学生,，编号从0开始，即0 1 2 3 4，老师说报数，规则是从第一个学生开始，中间隔一个学生报数。报数的学生编号肯定是0 2 4 1 3。这里就相当于i为0，k为2，n为5 
2. 然后老师又说，编号为0的学生出列，其他学生到在他前一个报数的学生位置上去，那么学生从0 1 2 3 4=》2 3 4 _ 1，最后老师说，编号0到剩余空位去，得到最终排位2 3 4 0 1。此时的结果，实际上就是相当于上述程序中左移k=2个位置了。而至于为什么让 编号为0 的学生 出列。实际是这句：int last = i; 因为要达到这样的效果0 1 2 3 4 => 2 3 4 0 1，那么2 3 4 必须要移到前面去。怎么样，明白了么?。

 

第五节、总结 
     如nossiac所说，对于这个数组循环移位的问题，真正最靠谱的其实只有俩种：一种是上文的思路一，前后部分逆置翻转法，第二种是思路三，即stl 里的rotate算法，其它的思路或方法，都是或多或少在向这俩种方法靠拢。

 

以上摘自July博客