【2013-1-25】算法每日一题：求非自身所有数乘积后取模

算法每日一题中的题目来源： 九度论坛      网址：http://t.jobdu.com/forum-120-1.html

 

题目：
给出一列整数a[n]，求每个数除去自身以外其他数的乘积对给定的一个质数m取模。
如：有数组a[4]分别为3、9、2、7，m为13，那么得到的第一个数是 9*2*7 mod 13 = 9，另外三个是3、7、2
取模是因为给的数很大，会乘超过int的范围。
要求O(n)的解法。  

注：本题是腾讯公司求职面试题。

 

分析：

1.本题最重要的一个思想是：如何求其余数的连乘积？

总结：先求全部数的乘积再除以当前数。这里不允许当前数为0，

 针对数列中有零的情况，要特殊考虑：如果数列中有两个或两个以上的零，那输出一定全是零。

如果只有一个零，那么除了当前这个0的对应输出不是零外，其余一定全是零。可以考虑单独记下这个零的位置，然后计算其余数的乘积。可以在第一遍扫描时，添加判断。

2.可能连乘数的乘积很大，会溢出，因此需要取模。考虑离散数学中的公式：(a*b)%k = ((a%k)*(b%k))%k。

因此原题需要第一遍，求出A[i] % K 的连乘积，记为product，第二遍 [ product / (A[i]%K) ] % K 即为结果。

 

如果题目另有要求：说不能用除法，解法如下： 将每个数的左边乘积与右边乘积存起来再相乘取余。

观察题目，就是“有数组a[4]分别为3、9、2、7，m为13，那么得到的第一个数是 9*2*7 mod 13 = 9”
9为除本身以外的数相乘，然后求模。
故可求得每个数左侧所有数的乘积A，与右侧所有数的乘积B，然后两数相乘再求模，即为所得。
可在遍历过程中，一次计算出数组中每个数的左侧乘积，与右侧乘积，故时间复杂度为O(n）。然而空间复杂度也为O（n），这题如果要求空间复杂度为O（1），比较有难度。

代码如下：

int *solve(int a[], int n, int m){int *lmul = new int[n];int *rmul = new int[n];lmul[0] = a[0] % m;rmul[n-1] = a[n-1] %m;for(int i = 1; i < n; i++)lmul[i] = (lmul[i-1]*a[i])%m;for(int i = n-2; i >= 0; i--)rmul[i] = (rmul[i+1] * a[i])%m;int *result = new int[n];result[0] = rmul[1];result[n-1]  = lmul[n-2];for(int i = 1; i < n-1; i++)result[i] = (lmul[i-1]*rmul[i+1])%m;delete [] lmul;delete [] rmul;return result;}

方法二：对每个数求关于m的逆元，求出所有数的积取模后，由每个数的逆元得出每个结果。#include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>#define MAXN 100005typedef long long LL;int a[MAXN];int n, m;LL ExGCD(LL a, LL b, LL &x, LL &y){     if(b == 0)     {         x = 1, y = 0;         return a;     }     LL d = ExGCD(b, a % b, x, y), t = x;     x = y, y = t - a / b * x;     return d;}int main(){     LL all, x, y;     while(scanf( "%d%d", &n, &m) == 2)     {         all = 1;         for(int i = 0; i < n; i ++)         {             scanf("%d", &a[i]);             all = all * a[i] % m;         }         printf("%d\n", all);         for(int i = 0; i < n; i ++)         {             ExGCD(a[i], m, x, y);             if(i) printf(" ");             printf("%lld", (all * x % m + m) % m);         }         printf("\n");     }     return 0;}

附：离散相关 有同学分析如下：

由离散数学中的结论
(a*b)%m = ((a%m)*(b%m))%m
我们先获得一个总余数M=(a1*a2*...*an)%m（计算为了防止溢出可以连环套用上面的式子）
然后对于每个数ai，设Ri=(a1*a2*...*an)/(ai)
则((Ri%m)*(ai%m))%m = M
Ri%m=(M+mx)/(ai%m)，且(M+mx)%(ai%m)=0，其中x为未知数
Ri%m即我们要求的除去ai之后的乘积对m的余数
问题转换为求这个方程
(M+mx)%(ai%m)=0根据余数的性质：
mx%(ai%m)=(ai%m)-M%(ai%m)
这是个同余方程，解法如下：
设(ai%m)-M%(ai%m)=b，ai%m=c
则方程可以写为
mx%c=b
即
mx+cy = b
x、y是未知整数
该不定方程的使得x>0并且x最小的解可使用扩展欧几里得算法(几乎O(1)，其实是O(logm))得到
从而Ri%m=(M+mx)/(ai%m)
时间复杂度为O(Nlogm)，空间复杂度O(1)