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给定一个数字数组,返回所有其他数字的乘积数组(无除法)

algorithm arrays

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polygenelubricants · 技术社区 · 15 年前

我是在一次面试中被问到这个问题的,我想知道其他人会如何解决这个问题。我最喜欢Java,但是其他语言的解决方案是受欢迎的。

给定一组数字, nums ,返回一个数字数组 products 在哪里 products[i] 是一切的产物 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]
你必须穿上 O(N) 不用除法。

41 回复 | 直到 6 年前

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Community CDub 8 年前

对…的解释 polygenelubricants 方法是: 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,  }

这两种方法都可以在o(n)中分别从左边缘和右边缘开始。

然后将两个数组元素相乘得到所需的结果

我的代码如下:

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];
}

如果你在太空中也需要O(1),你可以这样做(不太清楚)

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];
}

smac89 12 年前

这里是一个小的递归函数(在C++中)来进行建模。但它需要O(N)额外的空间(堆栈上)。假设数组在a中,n保持数组长度,则

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;
}

Community CDub 8 年前

这是我尝试用Java解决它的方法。对非标准格式表示歉意,但代码有很多重复,这是我能做的最好的事情,以使其可读。

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] . 这个 i 左边的部分是“前缀”逻辑,而 j 右边的部分是“后缀”逻辑。

递归一行

Jasmeet 给了一个(漂亮的!)递归解决方案;我把它变成了这个(可怕的!)爪哇一班轮。它确实 就地修改 用 O(N) 堆栈中的临时空间。

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]"

smac89 12 年前

将迈克尔安德森的解决方案翻译成哈斯克尔:

otherProducts xs = zipWith (*) below above

     where below = scanl (*) 1 $ init xs

           above = tail $ scanr (*) 1 xs

smac89 12 年前

鬼鬼祟祟地规避“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]))

raoadnan 12 年前

这里是一个简单明了的解决方案,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]);
    }

wilhelmtell 15 年前

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));

user3177227 10 年前

向左-向右移动并继续保存产品。算了吧。gt;o(n)
向右行驶->向左保留产品。称之为未来。-gt;o(n)
结果[i]=过去[i-1]*未来[i+1]->o(n)
过去的[-1]=1;未来的[n+1]=1;

o(n)

Paul R 9 年前

这是我在现代C++中的解决方案。它利用了 std::transform 而且很容易记住。

Online code (wandbox).

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

vector<int>& multiply_up(vector<int>& v){
    v.insert(v.begin(),1);
    transform(v.begin()+1, v.end()
             ,v.begin()
             ,v.begin()+1
             ,[](auto const& a, auto const& b) { return b*a; }
             );
    v.pop_back();
    return v;
}

int main() {
    vector<int> v = {1,2,3,4,5};
    auto vr = v;

    reverse(vr.begin(),vr.end());
    multiply_up(v);
    multiply_up(vr);
    reverse(vr.begin(),vr.end());

    transform(v.begin(),v.end()
             ,vr.begin()
             ,v.begin()
             ,[](auto const& a, auto const& b) { return b*a; }
             );

    for(auto& i: v) cout << i << " "; 
}

Lars 15 年前

这是o(n^2),但f是如此美丽:

List.fold (fun seed i -> List.mapi (fun j x -> if i=j+1 then x else x*i) seed) 
          [1;1;1;1;1]
          [1..5]

Daniel Migowski 15 年前

阿德里安·索斯:

使用以下选项:

public int[] calc(int[] params) {

int[] left = new int[n-1]
in[] right = new int[n-1]

int fac1 = 1;
int fac2 = 1;
for( int i=0; i<n; i++ ) {
    fac1 = fac1 * params[i];
    fac2 = fac2 * params[n-i];
    left[i] = fac1;
    right[i] = fac2; 
}
fac = 1;

int[] results = new int[n];
for( int i=0; i<n; i++ ) {
    results[i] = left[i] * right[i];
}

是的,我肯定我错过了一些I-1而不是我,但这是解决问题的方法。

kolistivra 15 年前

还有一个o(n^(3/2)) 非最佳 解决方案。不过,这很有趣。

首先对大小为n^0.5的每个部分乘法进行预处理(这是在o(n)时间复杂度中完成的)。然后,可以在2*o(n^0.5)时间内计算每个数字的其他值'-倍数(为什么?因为只需要将其他((n^0.5)-1)数字的最后一个元素相乘,然后将结果与属于当前数字组的((n^0.5)-1)数字相乘。对每个数字这样做,可以得到o(n^(3/2))时间。

例子:

4 6 7 2 3 1 9 5 8

部分结果: 4×6×7=168 2×3×1=6 9×5×8=360

要计算3的值,需要将其他组的值168*360乘以2*1。

Kareem 12 年前

public static void main(String[] args) {
    int[] arr = { 1, 2, 3, 4, 5 };
    int[] result = { 1, 1, 1, 1, 1 };
    for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            result[i] *= arr[j];

        }
        for (int k = arr.length - 1; k > i; k--) {
            result[i] *= arr[k];
        }
    }
    for (int i : result) {
        System.out.println(i);
    }
}

我想出了这个解决方案,我发现它很清楚你怎么想!?

wildplasser 12 年前

预先计算每个元素左边和右边数字的乘积。对于每个元素,期望值都是其邻居产品的乘积。

#include <stdio.h>

unsigned array[5] = { 1,2,3,4,5};

int main(void)
{
unsigned idx;

unsigned left[5]
        , right[5];
left[0] = 1;
right[4] = 1;

        /* calculate products of numbers to the left of [idx] */
for (idx=1; idx < 5; idx++) {
        left[idx] = left[idx-1] * array[idx-1];
        }

        /* calculate products of numbers to the right of [idx] */
for (idx=4; idx-- > 0; ) {
        right[idx] = right[idx+1] * array[idx+1];
        }

for (idx=0; idx <5 ; idx++) {
        printf("[%u] Product(%u*%u) = %u\n"
                , idx, left[idx] , right[idx]  , left[idx] * right[idx]  );
        }

return 0;
}

结果:

$ ./a.out
[0] Product(1*120) = 120
[1] Product(1*60) = 60
[2] Product(2*20) = 40
[3] Product(6*5) = 30
[4] Product(24*1) = 24

(更新:现在我再仔细看一下,它使用的方法与上面的michael anderson、daniel migowski和polygeneloilutes相同)

Nitin 12 年前

def productify(arr, prod, i):
    if i < len(arr):
            prod.append(arr[i - 1] * prod[i - 1]) if i > 0 else prod.append(1)
            retval = productify(arr, prod, i + 1)
            prod[i] *= retval
            return retval * arr[i]
    return 1

arr=[1,2,3,4,5] PROD= 生产(arr,prod,0) 打印戳

Billz 11 年前

下面是scala中的代码:

val list1 = List(1, 2, 3, 4, 5)
for (elem <- list1) println(list1.filter(_ != elem) reduceLeft(_*_))

这将打印出以下内容:

程序将过滤掉当前元素(!=elem);并用reduceleft方法乘以新列表。我认为如果您使用scala视图或迭代器进行延迟计算,那么这将是o(n)。

junkgui 8 年前

基于billz的回答——抱歉,我不能发表评论,但这里有一个scala版本,它可以正确处理列表中的重复项,可能是o(n):

val list1 = List(1, 7, 3, 3, 4, 4)
val view = list1.view.zipWithIndex map { x => list1.view.patch(x._2, Nil, 1).reduceLeft(_*_)}
view.force

List(1008, 144, 336, 336, 252, 252)

soulus 7 年前

在这里添加我的javascript解决方案,因为我没有发现任何人建议这样做。什么是除法,除了计算从另一个数中提取一个数的次数之外?我计算了整个数组的乘积,然后遍历每个元素,将当前元素减至零:

//No division operation allowed
// keep substracting divisor from dividend, until dividend is zero or less than divisor
function calculateProducsExceptCurrent_NoDivision(input){
  var res = [];
  var totalProduct = 1;
  //calculate the total product
  for(var i = 0; i < input.length; i++){
    totalProduct = totalProduct * input[i];
  }
  //populate the result array by "dividing" each value
  for(var i = 0; i < input.length; i++){
    var timesSubstracted = 0;
    var divisor = input[i];
    var dividend = totalProduct;
    while(divisor <= dividend){
      dividend = dividend - divisor;
      timesSubstracted++;
    }
    res.push(timesSubstracted);
  }
  return res;
}

RodrigoCampos 7 年前

我习惯于C:

    public int[] ProductExceptSelf(int[] nums)
    {
        int[] returnArray = new int[nums.Length];
        List<int> auxList = new List<int>();
        int multTotal = 0;

        // If no zeros are contained in the array you only have to calculate it once
        if(!nums.Contains(0))
        {
            multTotal = nums.ToList().Aggregate((a, b) => a * b);

            for (int i = 0; i < nums.Length; i++)
            {
                returnArray[i] = multTotal / nums[i];
            }
        }
        else
        {
            for (int i = 0; i < nums.Length; i++)
            {
                auxList = nums.ToList();
                auxList.RemoveAt(i);
                if (!auxList.Contains(0))
                {
                    returnArray[i] = auxList.Aggregate((a, b) => a * b);
                }
                else
                {
                    returnArray[i] = 0;
                }
            }
        }            

        return returnArray;
    }

Vijay 15 年前

这个解决方案可以被认为是C/C++。假设我们有一个包含n个元素的数组“a” 像[n]一样,伪代码如下。

for(j=0;j<n;j++)
  { 
    prod[j]=1;

    for (i=0;i<n;i++)
    {   
        if(i==j)
        continue;  
        else
        prod[j]=prod[j]*a[i];
  }

Alam 15 年前

还有一个解决方案,使用除法。两次穿越。将所有元素相乘,然后开始除以每个元素。

Fysx 14 年前

{-
使用sqrt(n)子集的递归解。在o(n)中运行。

递归地计算大小为sqrt(n)的sqrt(n)子集上的解。
然后在每个子集的乘积和上递归。
然后,对于每个子集中的每个元素,它用
所有其他产品的乘积和。
然后展平所有子集。

运行时的递归为t(n)=sqrt(n)*t(sqrt(n))+t(sqrt(n))+n

假设t(n)≤cn在o(n)中。

t(n)=sqrt(n)*t(sqrt(n))+t(sqrt(n))+n
小于等于sqrt(n)*c*sqrt(n)+c*sqrt(n)+n

Anantha Krishnan 14 年前

这是我的代码:

int multiply(int a[],int n,int nextproduct,int i)
{
    int prevproduct=1;
    if(i>=n)
        return prevproduct;
    prevproduct=multiply(a,n,nextproduct*a[i],i+1);
    printf(" i=%d > %d\n",i,prevproduct*nextproduct);
    return prevproduct*a[i];
}

int main()
{
    int a[]={2,4,1,3,5};
    multiply(a,5,1,0);
    return 0;
}

Ian Newson 13 年前

下面是一个稍微有用的例子,使用c:

            Func<long>[] backwards = new Func<long>[input.Length];
            Func<long>[] forwards = new Func<long>[input.Length];

            for (int i = 0; i < input.Length; ++i)
            {
                var localIndex = i;
                backwards[i] = () => (localIndex > 0 ? backwards[localIndex - 1]() : 1) * input[localIndex];
                forwards[i] = () => (localIndex < input.Length - 1 ? forwards[localIndex + 1]() : 1) * input[localIndex];
            }

            var output = new long[input.Length];
            for (int i = 0; i < input.Length; ++i)
            {
                if (0 == i)
                {
                    output[i] = forwards[i + 1]();
                }
                else if (input.Length - 1 == i)
                {
                    output[i] = backwards[i - 1]();
                }
                else
                {
                    output[i] = forwards[i + 1]() * backwards[i - 1]();
                }
            }

我不是 完全地 肯定这是o(n),因为创建的函数是半递归的,但是我的测试似乎表明它是o(n)及时的。

user3552947 11 年前

//这是Java中的递归解决方案 //从主产品(A,1,0)调用如下;

public static double product(double[] a, double fwdprod, int index){
    double revprod = 1;
    if (index < a.length){
        revprod = product2(a, fwdprod*a[index], index+1);
        double cur = a[index];
        a[index] = fwdprod * revprod;
        revprod *= cur;
    }
    return revprod;
}

Aaron Hall 10 年前

O(N)运行时的整洁解决方案:

对于每个元素,计算在此之前发生的所有元素的乘积,并将其存储在数组“pre”中。
对于每个元素,计算该元素之后出现的所有元素的乘积,并将其存储在数组“post”中
创建最后一个数组“result”,对于元素i,
```
result[i] = pre[i-1]*post[i+1];
```

Farid Movsumov 10 年前

function solution($array)
{
    $result = [];
    foreach($array as $key => $value){
        $copyOfOriginalArray = $array;
        unset($copyOfOriginalArray[$key]);
        $result[$key] = multiplyAllElemets($copyOfOriginalArray);
    }
    return $result;
}

/**
 * multiplies all elements of array
 * @param $array
 * @return int
 */
function multiplyAllElemets($array){
    $result = 1;
    foreach($array as $element){
        $result *= $element;
    }
    return $result;
}

$array = [1, 9, 2, 7];

print_r(solution($array));

SiddP 8 年前

下面是另一个简单的概念,它解决了 O(N) .

        int[] arr = new int[] {1, 2, 3, 4, 5};
        int[] outArray = new int[arr.length]; 
        for(int i=0;i<arr.length;i++){
            int res=Arrays.stream(arr).reduce(1, (a, b) -> a * b);
            outArray[i] = res/arr[i];
        }
        System.out.println(Arrays.toString(outArray));

Quinn 8 年前

我们可以排除 nums[j] (何处) j != i )首先从列表中,然后得到其余部分的乘积;下面是 python way 要解决这个难题:

def products(nums):
    return [ reduce(lambda x,y: x * y, nums[:i] + nums[i+1:]) for i in range(len(nums)) ]
print products([1, 2, 3, 4, 5])

[out]
[120, 60, 40, 30, 24]

Arefe 7 年前

我有个解决办法 O(n) 空间与 O(n^2) 时间复杂性如下:

public static int[] findEachElementAsProduct1(final int[] arr) {

        int len = arr.length;

//        int[] product = new int[len];
//        Arrays.fill(product, 1);

        int[] product = IntStream.generate(() -> 1).limit(len).toArray();


        for (int i = 0; i < len; i++) {

            for (int j = 0; j < len; j++) {

                if (i == j) {
                    continue;
                }

                product[i] *= arr[j];
            }
        }

        return product;
    }