Leetcode--easy系列8

#172 

Factorial Trailing Zeroes

 

Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.

Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.

一个很直观的想法是用递归求出n！然后/10 计算末尾0的个数，但是不能AC。

换一种思路，末尾0来自于2*5，而对于任意一个正整数 n，1~n之间5的个数小于2的个数（间隔一个为2一个为5）;

只要求出1~n之间所有数因式分解后5的个数：（即包括10,15,20,35....中的5）。具体过程如下：

----->  n! = (5 * 1) * (5 * 2) * (5 * 3)......* (5 * (min(n/5))) * (其他不能分解产生5的整数连乘，如3 4 7 8 等)

其中5的个数为  min(n/5)    【取下界】  ,再取剩余数（1*2*3*...min(n/5)）中5的个数

------>n！/(5^(min(n/5)))   =  1 *2 *3 ....* min(n/5)   =  (5 * 1) * (5 * 2) * (5 * 3)......* (5 * (min(n/25))) * (其他不包含5的整数连乘)

其中5的个数为  min(n/25)    【取下界】  ,再取剩余数（1*2*3*...min(n/25)）中5的个数

------>依次类推，最后得到5的个数为 min(n/5)  + min (n/25) +.........    复杂度O(log5(n));

return n/5 + n/25 + n/125 + n/625 + n/3125+...;

int trailingZeroes(int n) {//能被10整除多少次int count=0;    while(n)    {        count = count +n/5;        n=n/5;    }return count;}

#189 Rotate Array

Rotate an array of n elements to the right by k steps.

For example, with n = 7 and k = 3, the array [1,2,3,4,5,6,7] is rotated to [5,6,7,1,2,3,4].

旋转数组：这个题中 k具有周期性，周期为n, 也就是说 k>n 时  移动  k%n  步的移动结果 与移动 k 步的结果是一样的。

每个元素向前移动 k 步，(当然可以一次将所有元素移动一步，一共移动k次)  

简单的想法是先保存一个原始数组，再将每个元素移动到其前面k个位置   算法如下：

或者是将数组分为 前numsSize-k个元素 和 后面 k  个元素两部分，然后把后面k个元素放到前面numsSize-k 个元素前面去。需要O(numsSize)空间

//10msvoid rotate(int* nums, int numsSize, int k) {    //一个一个移动，k可以大于numsSizeint *a;    <span style="white-space:pre"></span>int i;k = k%(numsSize);//移动1倍时还原---周期性a=(int *)malloc(sizeof(int)*numsSize);    <span style="white-space:pre"></span>if(k==0)        <span style="white-space:pre"></span>return;for(i = 0; i < numsSize; i++)<span style="white-space:pre"></span>a[i] = nums[i];for(i = 0; i < numsSize; i++){nums[(i+k)%numsSize] = a[i];} }

时间复杂度为 O(k%numsSize)   空间复杂度为 O(n),事实上，移动时，可以先保存数据，相当于先挖坑再填坑。以达到O(1) 的空间复杂度

nums[(i+k)%numsSize] = a[i];

还有一种 in-place的做法，原地数组转置，算法如下：

//12msvoid reverse(int *nums, int left,int right){int temp;while(left<=right){temp = nums[left];nums[left] = nums[right];nums[right] = temp;left++;right--;}}void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {k = k % numsSize;reverse(nums,0,numsSize-1);reverse(nums,0,k-1);reverse(nums,k,numsSize-1);}

#190 Reverse Bits

Reverse bits of a given 32 bits unsigned integer.

For example, given input 43261596 (represented in binary as 00000010100101000001111010011100), return 964176192 (represented in binary as00111001011110000010100101000000).

求二进制表示的32位无符号整数转置后的数。(每次通过 &1 取最低位    然后左移)

//4msuint32_t reverseBits(uint32_t n){    int i,re=0;    for (i = 0; i < 32; i++)         re += (n >> i & 1)<<(31-i);    return re;}

#191 Number of 1 Bits

Write a function that takes an unsigned integer and returns the number of ’1' bits it has (also known as the Hamming weight).

For example, the 32-bit integer ’11' has binary representation 00000000000000000000000000001011, so the function should return 3.

求二进制数中1的个数,时间复杂度为O(k)  k=log2(n) 为二进制数的位数

//0msint hammingWeight(uint32_t n) {    int count=0;    while(n)    {        if(n&0x01==1)            count++;        n >>=1;    }    return count;}