题目：
前三题都可以用集合和来求。【sum(set(nums)）*N-sum(nums)】
4、数组中别的数都出现2次，只有两个数只出现1次，找出这两个数。
5.1、数组中1到1000遍历（顺序打乱），有两个数缺失，求出这两个数。
【n个正整数，每个数值不超过n-1，有一个重复的数，找出那个重复的数】
7、n个[0,n)的数，求每个数出现次数（不能开辟额外空间）【排序】
8、数组去重
10、在一个有序数组中查找一个数，怎么最快【二分查找】
12、奇数下标都是奇数或偶数下标都是偶数【even、odd变量】
13、在数组中找到一个局部最小的位置
16、求最短通路值【宽度优先】
解题：
1、（3）第1题相当于第3题N为偶数。解法思路：数组为nums，则数组中所有数异或，最后的值为所求。
def findNum(nums):
if not nums:
return -1
i=1 res=nums[0]
while i<len(nums): res^=nums[i]
i += 1 return res
2、（3）第2题相当于第3题N为奇数。解法思路：所有数的二进制位相加 mod 3 ，所有模3值不为0的位汇总的数即为所求。
def findNum(nums):
if not nums:
return -1
i=0
res=0
bitSum=[0]*4 #这里是4是因为若设32位，但无论怎么算都只需4位
while i<4:
j=0
while j<len(nums):
bitSum[i]+=(nums[j]>>i)&1
j+=1
res|=(bitSum[i]%3)<<i
i+=1
return res
更简单的解法：一个数用来表示出现一次的位，也就是说这个数的为1的位就表示这个位上面的数出现过了一次，比如0x10001，就表示bit[0]和bit[4]就是出现过了一次的位。然后再用一个数表示出现过了两次的位，再用一个数表示出现过了3次的位。只要这个位出现过了3次，我就把这个位拿清除掉，这样剩余的最后出现过一次的位的这个数就是我们要找的数了。
def findNum(nums):
ones=twos=threes=0
for i in range(len(nums)):
twos |= ones & A[i]
ones ^= A[i]
threes = ones & twos
ones &= ~threes
twos &= ~threes
return ones
第3题：所有数的二进制位相加 mod n ，所有模n值不为0的位汇总的数即为所求。
def findNum(nums,n): if not nums: return -1 arr = [0] * 32 for i in range(len(nums)): binnum = nums[i] j = 0 #将十进制转成二进制 while binnum: binnum = binnum >> j arr[j] += binnum & 1 j += 1 res = 0 #记录%n有余数的数 for i in range(len(arr)): tmp = (arr[i] % n)&1 res += tmp << i return int(res) nums = [1000,1000,1000,2,3,4,4,4,3,3] n = 3 print(findNum(nums,n))
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import math def findNum(nums,n): if not nums: return -1 arr = [0] * 32 for i in range(len(nums)): binnum = nums[i] j = 0 while binnum: binnum , remainder = divmod(binnum,2) #divmod将商和余数结合起来 if remainder == 1: arr[j] += 1 j += 1 res = 0 for i in range(len(arr)): if arr[i] % n == 1: res += math.pow(2,i) return int(res) nums = [5,5,5,2,3,4,4,4,3,3] n = 3 print(findNum(nums,n))
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第4题：先将数组所有数字异或，最后结果就是两个出现一次的数字相互异或的结果，再将这两个数分别分在两个数组中进行异或。如链接：
https://blog.csdn.net/morewindows/article/details/8214003
设题目中这两个只出现1次的数字分别为A和B，如果能将A，B分开到二个数组中，那显然符合“异或”解法的关键点了。因此这个题目的关键点就是将A，B分开到二个数组中。由于A，B肯定是不相等的，因此在二进制上必定有一位是不同的。根据这一位是0还是1可以将A，B分开到A组和B组。而这个数组中其它数字要么就属于A组，要么就属于B组。再对A组和B组分别执行“异或”解法就可以得到A，B了。而要判断A，B在哪一位上不相同，只要根据A异或B的结果就可以知道了，这个结果在二进制上为1的位都说明A，B在这一位上是不相同的。
比如int a[] = {1, 1, 3, 5, 2, 2}
整个数组异或的结果为3^5即 0x0011 ^ 0x0101 = 0x0110
对0x0110，第1位（由低向高，从0开始）就是1。因此整个数组根据第1位是0还是1分成两组。
a[0] =1 0x0001 第一组
a[1] =1 0x0001 第一组
a[2] =3 0x0011 第二组
a[3] =5 0x0101 第一组
a[4] =2 0x0010 第二组
a[5] =2 0x0010 第二组
第一组有{1, 1, 5}，第二组有{3, 2, 3}，明显对这二组分别执行“异或”解法就可以得到5和3了。
def findNum(nums):
if not nums:
return -1
temp=0
##先所有数异或得到A^B的值，A和B为只出现一次的数
for item in nums:
temp^=item
#找到A和B不同的第一位，A^B的第一个1位。该位设为j位
j=0
while j<32:
if (temp>>j)&1==1:
break
j+=1
A=[]
B=[]
#将A、B分到按第j位不同分到不同组A和B
for num in nums:
if (num>>j)&1==1:
A.append(num)
else:
B.append(num)
##分到的两个组全部都异或
resA=0
resB=0
for itemA in A:
resA^=itemA
for itemB in B:
resB^=itemB
return resA,resB
nums=[1,1,3,5,2,2]
print(findNum(nums))
第5.1题：数组中1到1000遍历（顺序打乱），有两个数缺失，求出这两个数。
- 思路1：list(set(range(1,1001))-set(nums))，即两个集合相减
- 思路2：排序，然后比较【时间O（nlogn)，空间O（1）】
- 思路3：采用字典，将数组的元素存到key中，从1-n查询时若有哪两个数缺失则返回。【空间换时间】
第5.2题：数组中未出现的最小正整数【左右变量遍历】
给定一个无序整型数组arr，找到数组中未出现的最小正整数。
举例：
arr = 【-1，2，3，4】。返回1
arr = 【1，2，3，4】。返回5.
思路：时间O（N），空间O（1）
分析：
假如arr有序，则：
（1） arr为整数1,2,3…N，N+2，N+3……的一个随机排列，那个未出现的最小正整数就是N+1。
【设置left变量表示已经有序的N个数 arr [0:N-1] 】
（2） arr中有小于1或者大于N或者重复的数出现(我们称之为“不合法”的数)，则未出现的最小正整数一定在1到N中间（因为数组一共只有N个数，如果出现不合法的数，则出现的1到N之间的数的个数一定小于N，故一定有没有出现的数）。
【设置right变量，初始N+2, 表示还可以有序的arr [ N:N+2 ]】
【比如：发现 arr[N]（即N+2）合法但位置不理想，将N+2换到它理想的位置，然后将N+3换到该位置 arr[ N ]，继续比较N+3是不是合法且理想，发现并不合法，合法区间right-1变成 arr[ N:N+1 ] 】
做法：
（1） 先设置两个变量L,R。初始值：L=0，R=len(arr)
-
- L表示已经从1到L已经出现（左边界），L的初值为0。
- 如果一个数字过大（不合法），就会被扔掉，用R表示这个右边界，即大于R的数会被扔掉。R的初值为N，表示从1到R的元素都不会被扔掉，大于R的就会被扔掉。但是这个R的值是变化的，如果L+1到R中有一个元素不合法，那么R--，因为最多只能放下R-1个合法数。
也就是说，1到L上的数已经出现，[L+1,R]区间上的数未出现但可能会出现。
（2）遍历数组：
1》当 L 的位置值等于L+1，表示得到想要的，故L ++
2》三种不合法情况：都需R--
-
- 小于左边的数：当 L 的位置值< L 时，表示 L 位置的值已经存在，所以这个数组不会存在到 R 的值了 so R--
- 大于右边的数：当 L 的位置值> R 时，表示 L 的位置已经超过 R ，所以数组不会存在到 R 的值了， so R--
- 左边区域重复的数：当 L 的位置值和 （L 值的位置-1）的的位置值相等时，所有数组不会存在到 R 的值了，so R-- 【即L位置的值已经存在左区域已经出现的数中了，两个一样的值，比如 [1,2,3,2,4] ,第二个2已经重复了[1,2,3]中的2了 】
3》合法但位置不理想：else，将 arr【L】 交换到理想位置，理想位置的值换到 L 位置来，继续判断 L 位置的值。
代码:
def missNum(arr): if not arr: return 1 left , right = 0 , len(arr) while left < right: if arr[left] == left + 1: left += 1 elif arr[left] <= left or arr[left] > right or arr[left] == arr[arr[left]-1]: right -= 1 arr[left] = arr[right] #right-=1后合法区域不包括arr【right】了，将arr[right]换到left位置继续判断 else: #arr[left]理想位置为arr[left]-1，将arr[arr[left]-1]换到left位置继续判断 arr[left] , arr[arr[left] - 1] = arr[arr[left]-1] , arr[left] return left + 1 arr = [1,3,-2,4,5] missNum(arr)
第6题：数组中别的数都出现1次，只有一个数出现2次，找出该数。
- 思路1：【空间换时间】，采用字典，将数组的元素存到key中，value对应数量，若value=2则返回该key值。
- 思路2：【累加求和法，可能溢出】，sum(nums) - sum([1……n]）即所求
- 思路3：【异或法】nums数与 [1……n] n个数异或，异或结果为所求
- 思路4：【数据映射法】全部变为负数，最后一个为正数的即所求。【如arr = [2,3,4,3,1]，令arr[0] = -2，指向下标为2，即arr[2] = -4, arr[4] = -1, arr[1] = -3，arr[3] = -3，arr[3] = 3变为正数，即为所求。】如果元素不合理时，存在数组越界问题
- 思路5：【环形相遇法】将数组连成链表，如果有重复值则会形成环形链表，只需要求入环点即可。
- 思路6：排序，找相邻的数。
9、在数组中找到出现次数大于N/K的数
思路：找到出现最多的那个数且次数超过一半。方法是遍历过程中成对删除不同的数，一个数如果出现次数超过一半，剩下的数必是该数，否则可能是也可能不是。如:
【4,3,7,4,4,4,5】，设置一个cand和time变量。开始，
开始，cand = 4，time= 1，
遇到下一个数3，两者不同，time - 1 = 0
遇到下一个数7，因为time=0，所以cand重置为=7，time=1
遇到下一个数4，cand和4不同，所以time - 1 =0
遇到下一个数4，time = 0，cand重置为4，time= 1
遇到下一个数4，cand和4相同，time + 1 = 2
遇到下一个数5，cand和5不同，time - 1 = 1
故：剩下的数cand为4。
然后从头开始遍历，判断4是否出现超过一半【因为如果没超过一半也可能cand为4，如 [ 4,3,4,5]】
代码：
def printHalfMajor(arr):
if arr == None or len(arr) == 0:
print("No such number!")
return False
cand = 0
time = 0
for i in range(len(arr)):
if time == 0:
cand = arr[i]
time += 1
elif cand == arr[i]:
time += 1
else:
time -= 1
time = 0
for i in range(len(arr)):
if arr[i] == cand:
time += 1
if time > len(arr)//2:
return True
else:
return False
arr=[4,3,4,3,4,6,5,4]
printHalfMajor(arr)
进阶问题思路：一次删掉K个不同的数，多次删除，直到剩下的数种类不足K。若一个数出现次数超过N/K，该数最后一定会剩下。
一个map记录K个不同的数，一旦map大小==k-1，且下一个arr[i]不在map中，就可以开始删除map中K个不同值。
代码：
def printHalfMajor(arr,k):
if arr == None or len(arr) <= k:
print("No such number!")
return False
#重点：每次删除K种不同的值【采用字典存储K种不同的值】
map = {}
for i in range(len(arr)):
if arr[i] in map:
map[arr[i]] += 1
else:
if len(map) == k-1:
for key in list(map):
map[key] -= 1
if map[key] == 0:
del map[key]
else:
map[arr[i]] = 1
#查询map剩余的数在原数组中的数量，【如[1,1,3,3,4,4,4,4,2,2]中最后map会剩下{4：2，2：2}】
time = 0
flag = False
for key in map:
for i in range(len(arr)):
if arr[i] == key:
time += 1
if time > len(arr)//k:
flag = True
print(key)
time = 0
return flag
arr=[4,3,4,3,4,6,5,4]
K = 3
printHalfMajor(arr,K)
10、在行列都排好序的矩阵中找数
思路：
11、奇数下标都是奇数或偶数下标都是偶数
给定一个长度不小于2的数组arr,实现一个函数调整arr，要么让所有的偶数下标都是偶数，要么让所有的奇数下标都是奇数。
思路：时间O（N），空间O（1）
设置三个变量，even下标、odd下标、end下标
只要arr【end】 是偶数，就将arr【end】和arr【even】交换，even+=2.
同样，arr【end】 是奇数，就将arr【end】和arr【odd】交换，odd+=2.
代码：
def test(arr):
if not arr or len(arr) <= 1:
return arr
even = 0
odd = 1
end = len(arr) - 1
while even < len(arr) and odd < len(arr):
if arr[end] % 2 == 0:
arr[end] , arr[even] = arr[even] , arr[end]
even += 2
elif arr[end] % 2 == 1:
arr[end] , arr[odd] = arr[odd] , arr[end]
odd += 2
return arr
arr = [1,8,3,2,4,6]
test(arr)
12、边界都是1的最大正方形大小
给定一个N*M的矩阵matrix， 在这个矩阵中， 只有0和1两种值， 返回边框全是1的最大正方
形的边长长度。
例如：
0 1 1 1 1
0 1 0 0 1
0 1 0 0 1
0 1 1 1 1
0 1 0 1 1
其中， 边框全是1的最大正方形的大小为4*4， 所以返回4
思路1：时间O（N4)，枚举所有正方形，判断边框是否都为1
1.矩阵中一共有N*N个位置。O(N2)
2.对每一个位置都可以成为边长为N~1的正方形左上角。比如，对于(0,0)位置，依次检查是否是边长为5的正方形的左上角，然后检查边长为4、3等。O(N)
3.如何检查一个位置是否可以成为边长为N的正方形的左上角？遍历这个边长为N的正方形边界看是否只由1组成，也就是走过四个边的长度(4N)。O(N)
总的时间复杂度：O(N2)*O(N)*O(N)=O(N4)
思路2：时间复杂度为O(N3)，以空间换时间的做法。
采用预处理矩阵的方法，同样也是枚举所有的正方形，但是判断该正方形是否符合规则是，是O(1)的时间复杂度，所以当M=N时，这是O(N^3)时间复杂度。
用与原矩阵同样大小的两个矩阵，一个为right,一个为down,
right[i][j]的值表示从位置(i,j)向右出发有多少个连续的1。
down[i][j]的值表示从位置(i,j)向下出发有多少个连续的1。
right和down的计算过程：从右到左，从下到上依次填好两个矩阵。
-
- 从矩阵的右下角(n-1,n-1)位置开始计算，如果matrix[n-1][n-1]=1,那么，right[n-1][n-1]=1,down[n-1][n-1]=1,否则都等于0。
- 从右下角向上计算，即在matrix最后一列上计算，位置就表示为(i,n-1)。对right来说，最后一列的右边没有内容，所以，如果matrix[i][n-1]=1， right[i][n-1]=1并且down[i][n-1]=down[i+1][n-1]+1,否则right[i][n-1]=0并且down[i][n-1]=0。
- 从右下角向左计算，即在matrix最后一行上计算，位置就表示为(n-1,j)。对down来说，最后一行的下边没有内容，所以，如果matrix[n-1][j]=1， down[n-1][j]=1并且right[n-1][j]=down[n-1][j+1]+1,否则right[n-1][j]=0并且down[n-1][j]=0。
- 剩下的位置都是既有右，又有下，假设位置(i,j):
- if matrix[i][j]=1, then right[i][j+1]=right[i][j]+1,down[i][j]=down[i+1][j]+1.
- if matrix[i][j]=0,then right[i][j]=0,down[i][j]=0.
13、不包含本位置值的累乘数组
给定一个整型数组arr，返回不包含本位置值的累乘数组。
例如，arr = [2, 3, 4, 1]，返回[12, 8, 24, 6]，即除自己以外，其他位置上的累乘。
【要求】
-
- 时间复杂度O(N)
- 除需要返回的结果数组外，额外空间复杂度O(1)。
不用除法思路：
分别使用辅助两个数组left和right，其中left表示数组从左到右的累乘结果（即left[i] = arr[0…i]的累乘）；相反，right表示数组从右到左的累乘结果。那么对于结果数组res，res[i] = left[i-1] * right[i+1]。
实际上，并不需要额外声明两个辅助数组。可以复用结果数组res，即先将res当辅助数组用，再把res调整为结果数组即可。具体实现见如下代码：
def product2(arr): if arr == None or len(arr) < 2: return res = [0 for i in range(len(arr))] res[0] = arr[0] for i in range(1, len(res)): res[i] = res[i-1] * arr[i] tmp = 1 for i in range(len(arr)-1, 0, -1): res[i] = res[i-1] * tmp tmp *= arr[i] res[0] = tmp return res arr = [2,3,1,4] product2(arr)
17、二维数组的转置
题目：
代码：
def merge(arr,n): if not arr: return arr res = [] num = [0] * len(arr) count = len(arr) while count: for i in range(len(arr)): m = len(arr[i]) if num[i] + n <= m: res.extend(arr[i][num[i]:num[i]+n]) num[i] += n elif num[i]+n > m and arr[i][num[i]:]: res.extend(arr[i][num[i]:]) num[i] += n count -= 1 return res arr = [[2,5,6,7,9,5,7],[1,7,4,3,4]] n = 3 merge(arr,n)
长度一样的转置：【采用解压*】list(zip(*matrix))
18. 股票最大利润
思路1：用后一天减去前天得到隔天的利润，然后将该题目转化为求最大子序列和的问题。
思路2：当天的价格减去今天以前的股票最小值
代码：
arr = [7,1,4,3,1] min_P = 2**32 max_P = -min_P if not arr: print('0') else: for i in range(len(arr)): min_P = min(min_P,arr[i]) max_P = max(max_P,arr[i]-min_P) print(max_P)