【Divided Two】cpp

题目：

Divide two integers without using multiplication, division and mod operator.

If it is overflow, return MAX_INT.

代码：

class Solution {
public:
    int divide(int dividend, int divisor) {
            if (divisor==) return dividend>= ? INT_MAX : INT_MIN;
            if (divisor==- && dividend==INT_MIN) return INT_MAX;
            // record negative or positive
            int sign = ;
            sign = dividend< ? -sign : sign;
            sign = divisor< ? -sign : sign;
            // transfer to non negative long long type & get rid of overflow
            unsigned long long _dividend = abs((long long)dividend);
            unsigned long long _divisor = abs((long long)divisor);
            if ( _dividend < _divisor ) return ;
            // using bit manipulation to simulate binary multiply
            unsigned long step = ;
            while ( _dividend > _divisor )
            {
                _divisor = _divisor << ;
                step = step << ;
            }
            // cout << "step:" << step << endl;
            // cout << "_divisor:" << _divisor << endl;
            unsigned long res = ;
            while ( _dividend >= abs((long long)divisor) )
            {
                while ( _dividend >= _divisor)
                {
                    _dividend -= _divisor;
                    res = res + step;
                }
                _divisor = _divisor >> ;
                step = step >> ;
            }
            return sign== ? res : -res;
    }
};

tips：

这道题非常好，即考查了bit manipulation又考查了类型转换的细节。

做题的过程中，学习了下面这个blog的优秀思路（http://yucoding.blogspot.sg/2013/01/leetcode-question-28-divide-two-integers.html）

1. 不让用乘法、除法、幂运算等。但还是要做除法，这个时候可以用bit manipulation。本质就是用二进制运算代替十进制运算。

　　比如 155/3 ，如果不让你用除法，只允许用乘法或加法，该怎么做呢？

　　做法1（加法）：

　　　　　　3+3+...+3+3==153，result=51

　　　　　　这种解法最直观，但也最耗时，时间复杂度为O(n)

　　做法2（乘法+加法）：

　　　　　　1）3*100=300>155 , 得知result<100，10个3*10大于被除数

　　　　　　2）3*10=30<155, 得知result>10 1个3*10小于被除数

　　　　　　　  155-30-30-30-30-30==5<30, result = result +50

　　　　　　3) 3*1=3<5，得知result大于一个3*1小于10个3*1

　　　　　　　　5-3=2<3，result = result +1 = 51

　　　　　　最终得到的结果是 155 = 3*5*10^1 + 3*1*10^0 + 2。

　　　　　　解释如下，如果用10的幂构成的多项式（多项式每个项目前面有固定的系数就是被除数）；

　　　　　　并在每一项前面配上一个变化系数（加颜色），155就被表示上述的形式

显然做法2的时间复杂度log(n)更低，按照题意的要求，乘以10这种做法肯定是不行了，所以把10换成2，改用移位运算，右移一次等于乘以2。

比如 15/3 = 3*2^2 + 3*2^0 , 可得商为2^2+2^0=5。

2. 这道题还有一个细节就是变量类型转换，以及涉及到边界的临界问题：

a) INT_MIN=-2147483648

但abs(INT_MIN) 呢？还是-2147483648。因为int的上限就是2147483647；因此如果除数被除数有一个是INT_MIN都没法变成正的啊！

如果是 unsigned long long v = abs(INT_MIN)呢？这种的可以么？结果是：18446744071562067968，还是不对。

好奇这个数咋来的呢？

复习了知识点：负数在计算机中以补码形式表示。

INT_MIN的补码形式是1000....000(31个0)；

现在要把INT_MIN转成unsigned long long类型的，这中间发生了什么呢？

1) 把有符号转无符号数，如果是负数的话，要取补码

2) unsigned long long是64位的，INT_MIN是32位的；转换后高位要补上0

这就涉及到顺序的问题：先取补码还是先高位补0？

根据事实结果：先补高位的0，再取补码

补高位0：0...0(32个零)10...000(31个零)

取补码：a)先取反码 1...1(32个1)01...1(31个1)

　　　　b)再对反码加1 1...1(32个1)10...0(31个0)

这样操作之后，结果就是2^64-2^31，恰好等于18446744071562067968，就对上了。

但是这个并不是我们需要的，我们要得到的是2147483648，怎么办呢？

unsigned long long v = abs((long long)INT_MIN) 这样的结果是2147483648。

这个过程是怎样的呢？

1）先在高位补上32个0，变成了0...0(32个零)10...0(31个零)

2）abs函数识别最高位为0，直接不变

这样v的取值就是2^31=2147483648，对上了。

补几个参考资料blog:

http://www.cnblogs.com/lknlfy/archive/2013/04/02/2996320.html

============================================

第二次过这道题，按照第一次的思路coding，改了几个corner case，最后AC了，代码比第一次要简洁清晰很多。

class Solution {
public:
    int divide(int dividend, int divisor) {
            // corner cases
            if ( divisor== ) return dividend>= ? INT_MAX : INT_MIN;
            if ( dividend== ) return ;
            if ( dividend==INT_MIN && divisor==- ) return INT_MAX;
            int sign = ;
            sign = divisor>= ? sign : -sign;
            sign = dividend>= ? sign : -sign;
            unsigned long long n = abs((long long)dividend);
            unsigned long long d = abs((long long)divisor);
            if ( n<d ) return ;
            if ( n==d ) return sign;
            // bit manipulation simluate decimal
            unsigned long long ret = ;
            unsigned long long base = ;
            while ( base*d<n ) base = base<<;
            while ( base>= )
            {
                if ( base*d<=n )
                {
                    ret += base;
                    n = n - base*d;
                }
                base = base >> ;
            }
            return ret*sign;
    }
};