2017-3-9 leetcode 283 287 289

今天操作系统课，没能安心睡懒觉23333，妹抖龙更新，可惜感觉水分不少。。。。怀念追RE0的感觉

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leetcode283 Move Zeroes

leetcode287 Find the Duplicate Number

leetcode289 Game of Life

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283讲的是
给你一个数组，其中有一些0，把0移到数组的最后，其他非零数字的相对位置（前后关系）不变。
要求 1，不能使用额外的空间（不能拷贝整个数组）。2，进行的操作尽可能少。

我的思路
两个指针，一个指向当前位置，一个指向最前的可以放非零数字的位置。。。说不清，水题，看代码吧

 class Solution {
 public:
     void moveZeroes(vector<int>& nums) {
         int n=nums.size(),ptr=;
         for(int i=;i<n;i++){
             if(nums[i]){
                 if(ptr-i){
                     nums[ptr]=nums[i];
                 }
                 ptr++;
             }
         }
         for(int i=ptr;i<n;i++)nums[i]=;
     }
 };

283

看了看别人的，都这么写的。。。。

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287讲的是
给你n+1个数字，每个数字的值属于[1,n]，现在保证有且仅有一个数字出现了多次（可能大于两次），在最多O(1)空间，O(n^2)的时间找出这个数字。

我的思路
一开始我看到这题，特别激动，总算看到学长天天嚷嚷的异或找数字的题目了，后来发现神TM可能出现不确定的多次。。。。好吧，不是那道题。
老规矩，一下就会想到hash，可惜对空间有要求。
那就sort然后扫一遍好了，O(nlogn) 突然发现有要求不能修改原始数组。。。。。。
我去，好吧，那我们最暴力双重循环来搞吧，好久没有这么暴力过了（手动扶额
我怎么感觉会有O(n)的算法等我膜拜呢。。。。。

 class Solution {
 public:
     int findDuplicate(vector<int>& nums) {
         for(int i=;i<nums.size();i++){
             for(int j=i+;j<nums.size();j++){
                 if(nums[i]==nums[j])return nums[i];
             }
         }
     }
 };

O(n^2)

被%99的用户击败了hhhhh，膜拜一波

这道题目可以这么思考，把数组的每个元素当作一个点，里面的值是出去的单向边到达的点的标号，每个点出度都为1，意味着这张图有且只有一个环，而且只有进环的路径，没有出环的路径。
抛开这道题目，我们在一个长度单圈长度为n的单向环路上任取一点作为起点，两个指针一快一慢移动，（假设每条路的长度为1）快的每次移动2，慢的每次移动1，那么很容易发现，他们下一次重逢就在起点，且快的走了两圈，慢的是一圈。

如果两个指针同时从圈外的一个长度为m的“毛刺”开始移动（所有的“毛刺”指向“圈”）直到他们再次重合，那么，慢的那个还是会移动n，也就是说在圈上移动n-m，快的那个和他的位置相同。

这个时候，如果指针的再移动m，就可以定位到圈上有“毛刺”的地方。

有了这个思路，我们再来看看这道题，是不是豁然开朗！

 class Solution {
 public:
     int findDuplicate(vector<int>& nums) {
         if(nums.size()<)return -;
         int f_ptr=nums[nums[]],s_ptr=nums[];
         while(f_ptr!=s_ptr){
             f_ptr=nums[nums[f_ptr]];
             s_ptr=nums[s_ptr];
         }
         f_ptr=;
         while(f_ptr!=s_ptr){
             f_ptr=nums[f_ptr];
             s_ptr=nums[s_ptr];
         }
         return s_ptr;
     }
 };

O(n)

这个算法可以看到慢的那个绕环最多一周，所以是O(n)的算法

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289讲的是
讲的是让你手动实现一个元胞自动机，给你一个状态，问你下一个状态是怎么样的
（元胞自动机是这样变化的
1，如果3×3的范围内有少于2个活着的邻居，且中心格子是活的，则中心格子因为孤独死亡
2，如果3×3的范围内有多余3个活着的邻居，且中心格子是活的，则中心格子因为拥挤死亡，
3，如果3×3的范围内有2--3个活着的邻居，且中心格子是活的，则中心格子继续活
4，如果3×3的范围内有3个活着的邻居，且中心格子是死的，则中心格子因为乘重生而活）

如果仅仅如此，还是比较简单，但是。。。。第一，要求在原图上修改！！！！，第二，问你元胞如果跑到了数组边界，我们怎么办？
QAQ。。。。。我能怎么办，我也很绝望啊

我的思路
我没什么特别优的思路，因为更新某一个点的时候需要用到上一行上一个元素过去的值，我花了O(n)的空间把他们存了起来，不知道犯规不。。

 class Solution {
 public:
     void gameOfLife(vector<vector<int>>& board) {
         int n=board.size();
         if(!n)return ;
         int m=board[].size();
         if(!m)return ;
         vector<int> old(m,);
         int fro=;
         for(int i=;i<n;i++){
             vector<int> bak(board[i]);
             for(int j=;j<m;j++){
                 int cnt=;
                 for(int k=-;k<;k++){
                     int ptr=j+k;
                     if(ptr>=&&ptr<m){
                         cnt+=old[ptr];
                     }
                 }
                 cnt+=fro;
                 fro=board[i][j];
                 if(j+<m)cnt+=board[i][j+];
                 if(i+<n){
                     for(int k=-;k<;k++){
                         int ptr=j+k;
                         if(ptr>=&&ptr<m){
                             cnt+=board[i+][ptr];
                         }
                     }
                 }
                 if(fro){
                     if(cnt==||cnt==)board[i][j]=;
                     else board[i][j]=;
                 }else{
                     if(cnt==)board[i][j]=;
                 }
             }
             old=bak;
             fro=;
         }
     }
 };

Cellular Automaton

啊。。。。。又蠢了，因为这里面的值只有01，我们可以直接把新状态乘二，二进制的十位是新状态，个位是原始状态。。。。呵呵QAQ，不过我感觉还是不怎么优雅，毕竟只存01我直接用bool，多个O(n)的bool也比现在省无数的空间。

好吧，不得不说，确实是自己蠢了没注意到这点。。。

 void gameOfLife(vector<vector<int>>& board) {
     int m = board.size(), n = m ? board[].size() : ;
     for (int i=; i<m; ++i) {
         for (int j=; j<n; ++j) {
             int count = ;
             for (int I=max(i-, ); I<min(i+, m); ++I)
                 for (int J=max(j-, ); J<min(j+, n); ++J)
                     count += board[I][J] & ;
             if (count ==  || count - board[i][j] == )
                 board[i][j] |= ;
         }
     }
     for (int i=; i<m; ++i)
         for (int j=; j<n; ++j)
             board[i][j] >>= ;
 }

O(1)space

他的这个边界判断写的也很销魂，学习一个