出题:给定一个数字序列,其中每个数字最多出现两次,只有一个数字仅出现了一次,如何快速找出其中仅出现了一次的数字;

分析:

  • 由于知道一个数字异或操作它本身(X^X=0)都为0,而任何数字异或操作0都为它本身,所以当所有的数字序列都异或操作之后,所有出现两次的数字异或操作之后的结果都为0,则最后剩下的结果就是那个仅出现了一次的数字;
  • 如果有多个数字都仅仅出现了一次,则上述的异或操作方法不再适用;如果确定只有两个数字只出现了一次,则可以利用X+Y=a和XY=b求解;

解题:

 int findSingleInt(int *array, int length) {
int result=;
for(int i=;i<length;i++)
result^=array[i];
return result;
} int main() {
int array[]={,,,,,,,,,,};
printf("%d\n",findSingleInt(array,));
return ;
}

出题:求两个正整数的最大公约数,如果正整数较大,该如何处理;

分析:

  • 辗转相除法:gcd(x,y)=gcd(y,x%y),直到较小一个数(y%x)为0,此时的y就为最大公约数。对于大整数而言,取模运算(%)开销较大 (用到除法),所以不适合计算较大整数间的GCD,注意到既然y与x%y的gcd等于x和y的gcd,那么x-y与y的gcd同样等于x和y的 gcd,gcd(x,y)=gcd(x,x-y)这样就可以避免除法操作,但经历更多的循环,同样需要保证x>y;
  • 另外还有一个终极解法:使用移位操作和减法操作替代除法。
    首先,如果y=k*y1, x=k*x1,则有gcd(y, x)=k*gcd(y1, x1)
    然后,如果x=p*x1, y%p!=0,p是素数,则有gcd(x, y)=gcd(x1, y)
    所以当p=2的时候
    如果x和y都是偶数,gcd(x, y)=2*gcd(x>>1, y>>1)
    如果x为偶数,y为奇数,gcd(x,y)=gcd(x>>1, y)
    如果x为奇数,y为偶数,gcd(x, y)=gcd(x, y>>1)
    如果x和y都是奇数,gcd(x, y)=gcd(x, x-y),x-y必然会是偶数

解题:

 int gcd1(int x, int y) {
return (y==) ? x:gcd1(y,x%y);
} int gcd2(int x, int y) {
if(x<y)
return gcd2(y,x);
if(y==)
return x;
else
return gcd2(x-y,y);
} int gcd3(int x, int y) {
if(x<y)
return gcd3(y,x);
if(y==)
return x;
else {
if(x%==) {
if(y%==)
return (gcd3(x >> , y >> ) << );
else
return gcd3(x >> ,y);
} else {
if(y%==)
return gcd3(x,y >> );
else
return gcd3(y,x-y);
}
}
}

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