给定一组数字,返回所有其他数字的产品数组(无分区)

Question

我在求职面试中被问到这个问题,我想知道其他人如何解决这个问题.我对Java最熟悉,但欢迎使用其他语言的解决方案.

给定一组数字,nums返回一个数字数组products,其中products[i]是所有数字的乘积nums[j], j != i.

Input : [1, 2, 3, 4, 5]
Output: [(2*3*4*5), (1*3*4*5), (1*2*4*5), (1*2*3*5), (1*2*3*4)]
      = [120, 60, 40, 30, 24]

您必须在O(N)不使用除法的情况下执行此操作

Answer 1

polygenelubricants方法的解释是:诀窍是构造数组(在4个元素的情况下)

{              1,         a[0],    a[0]*a[1],    a[0]*a[1]*a[2],  }
{ a[1]*a[2]*a[3],    a[2]*a[3],         a[3],                 1,  }

通过分别从左边缘和右边缘开始,可以在O(n)中完成这两个操作.

然后将两个数组逐个元素相乘,得到所需的结果

我的代码看起来像这样:

int a[N] // This is the input
int products_below[N];
p=1;
for(int i=0;i<N;++i) {
  products_below[i]=p;
  p*=a[i];
}

int products_above[N];
p=1;
for(int i=N-1;i>=0;--i) {
  products_above[i]=p;
  p*=a[i];
}

int products[N]; // This is the result
for(int i=0;i<N;++i) {
  products[i]=products_below[i]*products_above[i];
}

如果你需要在太空中是O(1)你也可以这样做(这不太清楚恕我直言)

int a[N] // This is the input
int products[N];

// Get the products below the current index
p=1;
for(int i=0;i<N;++i) {
  products[i]=p;
  p*=a[i];
}

// Get the products above the curent index
p=1;
for(int i=N-1;i>=0;--i) {
  products[i]*=p;
  p*=a[i];
}

Answer 2

这是一个小的递归函数(在C++中)来进行修改.它需要O(n)额外空间(在堆栈上).假设数组在a中并且N保持数组长度,我们有

int multiply(int *a, int fwdProduct, int indx) {
    int revProduct = 1;
    if (indx < N) {
       revProduct = multiply(a, fwdProduct*a[indx], indx+1);
       int cur = a[indx];
       a[indx] = fwdProduct * revProduct;
       revProduct *= cur;
    }
    return revProduct;
}

Answer 3

这是我尝试用Java解决它.抱歉为非标准格式化,但代码有很多重复,这是我能做的最好的,使它可读.

import java.util.Arrays;

public class Products {
    static int[] products(int... nums) {
        final int N = nums.length;
        int[] prods = new int[N];
        Arrays.fill(prods, 1);
        for (int
           i = 0, pi = 1    ,  j = N-1, pj = 1  ;
           (i < N)         && (j >= 0)          ;
           pi *= nums[i++]  ,  pj *= nums[j--]  )
        {
           prods[i] *= pi   ;  prods[j] *= pj   ;
        }
        return prods;
    }
    public static void main(String[] args) {
        System.out.println(
            Arrays.toString(products(1, 2, 3, 4, 5))
        ); // prints "[120, 60, 40, 30, 24]"
    }
}

循环不变量是pi = nums[0] * nums[1] *.. nums[i-1]和pj = nums[N-1] * nums[N-2] *.. nums[j+1].i左边的部分是"前缀"逻辑,j右边的部分是"后缀"逻辑.

递归单行

Jasmeet给出了一个(漂亮!)递归解决方案; 我把它变成了这个(丑陋的)Java单线程.它使用堆栈中的临时空间进行就地修改O(N).

static int multiply(int[] nums, int p, int n) {
    return (n == nums.length) ? 1
      : nums[n] * (p = multiply(nums, nums[n] * (nums[n] = p), n + 1))
          + 0*(nums[n] *= p);
}

int[] arr = {1,2,3,4,5};
multiply(arr, 1, 0);
System.out.println(Arrays.toString(arr));
// prints "[120, 60, 40, 30, 24]"

Answer 4

将Michael Anderson的解决方案翻译成Haskell:

otherProducts xs = zipWith (*) below above

     where below = scanl (*) 1 $ init xs

           above = tail $ scanr (*) 1 xs

Answer 5

悄悄地规避"不分裂"规则:

sum = 0.0
for i in range(a):
  sum += log(a[i])

for i in range(a):
  output[i] = exp(sum - log(a[i]))

Answer 6

在这里,简单而干净的解决方案具有O(N)复杂性:

int[] a = {1,2,3,4,5};
    int[] r = new int[a.length];
    int x = 1;
    r[0] = 1;
    for (int i=1;i<a.length;i++){
        r[i]=r[i-1]*a[i-1];
    }
    for (int i=a.length-1;i>0;i--){
        x=x*a[i];
        r[i-1]=x*r[i-1];
    }
    for (int i=0;i<r.length;i++){
        System.out.println(r[i]);
    }

Answer 7

C++,O(n):

long long prod = accumulate(in.begin(), in.end(), 1LL, multiplies<int>());
transform(in.begin(), in.end(), back_inserter(res),
          bind1st(divides<long long>(), prod));

Answer 8

1. 向左旅行 - >正确并继续保存产品.称之为过去. - > O(n)
2. 旅行权 - >左保留产品.称之为未来. - > O(n)
3. 结果[i] =过去[i-1]*future [i + 1] - > O(n)
4. 过去[-1] = 1; 和未来[n + 1] = 1;

上)