前奏
希望此程式設計藝術系列能給各位帶來的是一種方法，一種創造力，一種舉一反三的能力。本章依然同第四章一樣，選取比較簡單的面試題，恭祝各位旅途愉快。同樣，有任何問題，歡迎不吝指正。謝謝。
第一節、尋找和為定值的兩個數
第14題（數組）：
題目：輸入一個數組和一個數字，在數組中查找兩個數，使得它們的和正好是輸入的那個數字。
要求時間複雜度是O(n)。如果有多對數字的和等于輸入的數字，輸出任意一對即可。
例如輸入數組1、2、4、7、11、15和數字15。由于4+11=15，是以輸出4和11。
分析：
咱們試着一步一步解決這個問題（注意闡述中數列有序無序的差別）：
直接窮舉，從數組中任意選取兩個數，判定它們的和是否為輸入的那個數字。此舉複雜度為O（N^2）。很顯然，我們要尋找效率更高的解法。
題目相當于，對每個a[i]，然後查找判斷sum-a[i]是否也在原始序列中，每一次要查找的時間都要花費為O（N），這樣下來，最終找到兩個數還是需要O（N^2）的複雜度。那如何提高查找判斷的速度列?對了，二分查找，将原來O（N）的查找時間提高到O（logN），這樣對于N個a[i]，都要花logN的時間去查找相對應的sum-a[i]是否在原始序列中，總的時間複雜度已降為O（N*logN），且空間複雜度為O（1）。（如果有序，直接二分O（N*logN），如果無序，先排序後二分，複雜度同樣為O（N*logN+N*logN）=O（N*logN），空間總為O（1））。
有沒有更好的辦法列?咱們可以依據上述思路2的思想，a[i]在序列中，如果a[i]+a[k]=sum的話，那麼sum-a[i]（a[k]）也必然在序列中，，舉個例子，如下：
原始序列：1、 2、 4、 7、11、15 用輸入數字15減一下各個數，得到對應的序列為：
對應序列：14、13、11、8、4、 0
第一個數組以一指針i 從數組最左端開始向右掃描，第二個數組以一指針j 從數組最右端開始向左掃描，如果下面出現了和上面一樣的數，即a[*i]=a[*j]，就找出這倆個數來了。如上，i，j最終在第一個，和第二個序列中找到了相同的數4和11，，是以符合條件的兩個數，即為4+11=15。怎麼樣，兩端同時查找，時間複雜度瞬間縮短到了O（N），但卻同時需要O（N）的空間存儲第二個數組（@飛羽：要達到O(N)的複雜度，第一個數組以一指針i 從數組最左端開始向右掃描，第二個數組以一指針j 從數組最右端開始向左掃描，首先初始i指向元素1，j指向元素0，誰指的元素小，誰先移動，由于1（i）>0（j），是以i不動，j向左移動。然後j移動到元素4發現大于元素1，故而停止移動j，開始移動i，直到i指向4，這時,i指向的元素與j指向的元素相等，故而判斷4是滿足條件的第一個數；然後同時移動i,j再進行判斷，直到它們到達邊界）。
當然，你還可以構造hash表，正如程式設計之美上的所述，給定一個數字，根據hash映射查找另一個數字是否也在數組中，隻需用O（1）的時間，這樣的話，總體的算法通上述思路3 一樣，也能降到O（N），但有個缺陷，就是構造hash額外增加了O（N）的空間，此點同上述思路 3。不過，空間換時間，仍不失為在時間要求較嚴格的情況下的一種好辦法。
如果數組是無序的，先排序（n*logn），然後用兩個指針i，j，各自指向數組的首尾兩端，令i=0，j=n-1，然後i++，j--，逐次判斷a[i]+a[j]?=sum，如果某一刻a[i]+a[j]>sum，則要想辦法讓sum的值減小，是以此刻i不動，j--，如果某一刻a[i]+a[j]<sum，則要想辦法讓sum的值增大，是以此刻i++，j不動。是以，數組無序的時候，時間複雜度最終為O（n*logn+n）=O（n*logn），若原數組是有序的，則不需要事先的排序，直接O（n）搞定，且空間複雜度還是O（1），此思路是相對于上述所有思路的一種改進。（如果有序，直接兩個指針兩端掃描，時間O（N），如果無序，先排序後兩端掃描，時間O（N*logN+N）=O（N*logN），空間始終都為O（1））。（與上述思路2相比，排序後的時間開銷由之前的二分的n*logn降到了掃描的O（N））。
總結：
不論原序列是有序還是無序，解決這類題有以下三種辦法：1、二分（若無序，先排序後二分），時間複雜度總為O（n*logn），空間複雜度為O（1）；2、掃描一遍X-S[i] 映射到一個數組或構造hash表，時間複雜度為O（n），空間複雜度為O（n）；3、兩個指針兩端掃描（若無序，先排序後掃描），時間複雜度最後為：有序O（n），無序O（n*logn+n）=O（n*logn），空間複雜度都為O（1）。
是以，要想達到時間O（N），空間O（1）的目标，除非原數組是有序的（指針掃描法），不然，當數組無序的話，就隻能先排序，後指針掃描法或二分（時間n*logn，空間O（1）），或映射或hash（時間O（n），空間O（n））。時間或空間，必須犧牲一個，自個權衡吧。
綜上，若是數組有序的情況下，優先考慮兩個指針兩端掃描法，以達到最佳的時（O（N）），空（O（1））效應。否則，如果要排序的話，時間複雜度最快當然是隻能達到N*logN，空間O（1）則是不在話下。
代碼：
ok，在進入第二節之前，咱們先來實作思路5（這裡假定數組已經是有序的），代碼可以如下編寫（兩段代碼實作）：
//代碼一
//O（N）
Pair findSum(int *s,int n,int x)
{
//sort(s,s+n); 如果數組非有序的，那就事先排好序O（N*logN）
int *begin=s;
int *end=s+n-1;
while(begin<end) //倆頭夾逼，或稱兩個指針兩端掃描法，很經典的方法，O（N）
{
if(*begin+*end>x)
{
--end;
}
else if(*begin+*end<x)
++begin;
else
return Pair(*begin,*end);
}
return Pair(-1,-1);
}
//或者如下編寫，
//代碼二
//copyright@ zhedahht && yansha
//July、updated，2011.05.14。
bool find_num(int data[], unsigned int length, int sum, int& first_num, int& second_num)
if(length < 1)
return true;
int begin = 0;
int end = length - 1;
while(end > begin)
{
long current_sum = data[begin] + data[end];
if(current_sum == sum)
{
first_num = data[begin];
second_num = data[end];
return true;
}
else if(current_sum > sum)
end--;
else
begin++;
}
return false;
}
擴充：
1、如果在傳回找到的兩個數的同時，還要求你傳回這兩個數的位置列?
2、如果把題目中的要你尋找的兩個數改為“多個數”，或任意個數列?（請看下面第二節）
3、二分查找時： left <= right，right = middle - 1;left < right，right = middle;
//算法所操作的區間,是左閉右開區間,還是左閉右閉區間,這個區間,需要在循環初始化, //循環體是否終止的判斷中,以及每次修改left,right區間值這三個地方保持一緻,否則就可能出錯. //二分查找實作一 int search(int array[], int n, int v) { int left, right, middle; left = 0, right = n - 1; while (left <= right) { middle = left + (right-left)/2; if (array[middle] > v) { right = middle - 1; } else if (array[middle] < v) left = middle + 1; else return middle; } return -1; } //二分查找實作二 left = 0, right = n; while (left < right) middle = left + (right-left)/2; right = middle;
第二節、尋找和為定值的多個數
第21題（數組）
2010年中興面試題
程式設計求解：
輸入兩個整數 n 和 m，從數列1，2，3.......n 中 随意取幾個數,
使其和等于 m ,要求将其中所有的可能組合列出來。
解法一
我想，稍後給出的程式已經足夠清楚了，就是要注意到放n，和不放n個差別，即可，代碼如下：
// 21題遞歸方法
//copyright@ July && yansha
//July、yansha，updated。
#include<list>
#include<iostream>
using namespace std;
list<int>list1;
void find_factor(int sum, int n)
{
// 遞歸出口
if(n <= 0 || sum <= 0)
return;
// 輸出找到的結果
if(sum == n)
// 反轉list
list1.reverse();
for(list<int>::iterator iter = list1.begin(); iter != list1.end(); iter++)
cout << *iter << " + ";
cout << n << endl;
list1.reverse();
list1.push_front(n); //典型的01背包問題
find_factor(sum-n, n-1); //放n，n-1個數填滿sum-n
list1.pop_front();
find_factor(sum, n-1); //不放n，n-1個數填滿sum
int main()
int sum, n;
cout << "請輸入你要等于多少的數值sum:" << endl;
cin >> sum;
cout << "請輸入你要從1.....n數列中取值的n：" << endl;
cin >> n;
cout << "所有可能的序列，如下：" << endl;
find_factor(sum,n);
return 0;
解法二
@zhouzhenren：
這個問題屬于子集和問題（也是背包問題）。本程式采用 回溯法+剪枝
X數組是解向量，t=∑(1,..,k-1)Wi*Xi, r=∑(k,..,n)Wi
若t+Wk+W(k+1)<=M,則Xk=true，遞歸左兒子(X1,X2,..,X(k-1),1)；否則剪枝；
若t+r-Wk>=M && t+W(k+1)<=M,則置Xk=0，遞歸右兒子(X1,X2,..,X(k-1),0)；否則剪枝；
本題中W數組就是(1,2,..,n),是以直接用k代替WK值。
代碼編寫如下：
//copyright@ 2011 zhouzhenren
//輸入兩個整數 n 和 m，從數列1，2，3.......n 中 随意取幾個數,
//使其和等于 m ,要求将其中所有的可能組合列出來。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <memory.h>
/**
* 輸入t， r， 嘗試Wk
*/
void sumofsub(int t, int k ,int r, int& M, bool& flag, bool* X)
X[k] = true; // 選第k個數
if (t + k == M) // 若找到一個和為M，則設定解向量的标志位，輸出解
flag = true;
for (int i = 1; i <= k; ++i)
if (X[i] == 1)
{
printf("%d ", i);
}
printf("/n");
else
{ // 若第k+1個數滿足條件，則遞歸左子樹
if (t + k + (k+1) <= M)
sumofsub(t + k, k + 1, r - k, M, flag, X);
// 若不選第k個數，選第k+1個數滿足條件，則遞歸右子樹
if ((t + r - k >= M) && (t + (k+1) <= M))
X[k] = false;
sumofsub(t, k + 1, r - k, M, flag, X);
void search(int& N, int& M)
// 初始化解空間
bool* X = (bool*)malloc(sizeof(bool) * (N+1));
memset(X, false, sizeof(bool) * (N+1));
int sum = (N + 1) * N * 0.5f;
if (1 > M || sum < M) // 預先排除無解情況
printf("not found/n");
bool f = false;
sumofsub(0, 1, sum, M, f, X);
if (!f)
free(X);
int N, M;
printf("請輸入整數N和M/n");
scanf("%d%d", &N, &M);
search(N, M);
1、從一列數中篩除盡可能少的數使得從左往右看，這些數是從小到大再從大到小的（網易）。
2、有兩個序列a,b，大小都為n,序列元素的值任意整數，無序；
要求：通過交換a,b中的元素，使[序列a元素的和]與[序列b元素的和]之間的差最小。
例如:
var a=[100,99,98,1,2, 3];
@well：[fairywell]: 給出擴充問題 1 的一個解法： 雙端 LIS 問題，用 DP 的思想可解，目标規劃函數 max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 為從左到右， 0 ~ i 個數之間滿足遞增的數字個數； c[i] 為從右到左， n-1 ~ i 個數之間滿足遞增的數字個數。最後結果為 n - max + 1。其中 DP 的時候，可以維護一個 inc[] 數組表示遞增數字序列，inc[i] 為從小到大第 i 大的數字，然後在計算 b[i] c[i] 的時候使用二分查找在 inc[] 中找出區間 inc[0] ~ inc[i-1] 中小于 a[i] 的元素個數（low）。 源代碼如下： /** * The problem: * 從一列數中篩除盡可能少的數使得從左往右看，這些數是從小到大再從大到小的（網易）。 * use binary search, perhaps you should compile it with -std=c99 * fairywell 2011 */ #define MAX_NUM (1U<<31) int main() int i, n, low, high, mid, max; printf("Input how many numbers there are: "); scanf("%d/n", &n); /* a[] holds the numbers, b[i] holds the number of increasing numbers * from a[0] to a[i], c[i] holds the number of increasing numbers * from a[n-1] to a[i] * inc[] holds the increasing numbers * VLA needs c99 features, compile with -stc=c99 */ double a[n], b[n], c[n], inc[n]; printf("Please input the numbers:/n"); for (i = 0; i < n; ++i) scanf("%lf", &a[i]); // update array b from left to right for (i = 0; i < n; ++i) inc[i] = (unsigned) MAX_NUM; //b[0] = 0; for (i = 0; i < n; ++i) { low = 0; high = i; while (low < high) { mid = low + (high-low)*0.5; if (inc[mid] < a[i]) low = mid + 1; else high = mid; b[i] = low + 1; inc[low] = a[i]; // update array c from right to left //c[0] = 0; for (i = n-1; i >= 0; --i) { c[i] = low + 1; max = 0; for (i = 0; i < n; ++i ) if (b[i]+c[i] > max) max = b[i] + c[i]; printf("%d number(s) should be erased at least./n", n+1-max); return 0; @yansha：fairywell的程式很贊，時間複雜度O(nlogn)，這也是我能想到的時間複雜度最優值了。不知能不能達到O(n)。
擴充題第2題 目前數組a和數組b的和之差為 A = sum(a) - sum(b) a的第i個元素和b的第j個元素交換後，a和b的和之差為 A' = sum(a) - a[i] + b[j] - （sum(b) - b[j] + a[i]) = sum(a) - sum(b) - 2 (a[i] - b[j]) = A - 2 (a[i] - b[j]) 設x = a[i] - b[j]，得 |A| - |A'| = |A| - |A-2x| 假設A > 0, 當x 在 (0,A)之間時，做這樣的交換才能使得交換後的a和b的和之差變小，x越接近A/2效果越好, 如果找不到在(0,A)之間的x，則目前的a和b就是答案。 是以算法大概如下： 在a和b中尋找使得x在(0,A)之間并且最接近A/2的i和j，交換相應的i和j元素，重新計算A後，重複前面的步驟直至找不到(0,A)之間的x為止。 接上，@yuan： a[i]-b[j]要接近A/2，則可以這樣想， 我們可以對于a數組的任意一個a[k],在數組b中找出與a[k]-C最接近的數（C就是常數，也就是0.5*A） 這個數要麼就是a[k]-C，要麼就是比他稍大，要麼比他稍小，是以可以要二分查找。 查找最後一個小于等于a[k]-C的數和第一個大于等于a[k]-C的數， 然後看哪一個與a[k]-C更加接近，是以T(n) = nlogn。
本章完。
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![241 Different Ways to Add Parentheses（C代碼版）[圖]](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACwAAAAAAQABAAACAkQBADs=)