本期我们将开始进行剑指offer中经典题型的学习。
数组相关
题目1：在一个二维数组中（每个一维数组的长度相同），每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个函数，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。OJ地址
分析：所有的查找本质上就是一个排除的过程，一次排除的无效元素越多，查找的效率就越高。
解题思路：二维矩阵的右上角的元素，一定是它所处的行中最大的元素，所处的列中最小的元素。 以右上角的元素为基准，依次与此元素进行比较，比当前元素小就在当前元素的左侧进行查找，比当前元素大就在当前元素的下侧进行查找。多次的查找就是一个循环，所以需要以行标和列标作为循环的终止条件。通过上述查找方式，一次可以排除一行或者一列，所以效率也是很高的。
代码如下。
class Solution {
public:
bool Find(int target, vector<vector<int> >& array) {
//i表示二维数组的行标，由最外层的vector对象array的元素的个数size()决定
int i=0;
//j表示二维数组的列标，由里层的每个vector对象的元素的个数size()决定
int j=array[0].size()-1;
while(i<array.size()&&j>=0)
{
if(target<array[i][j])
{
j--;
}
else if(target>array[i][j])
{
i++;
}
else {
return true;
}
}
return false;
}
};题目2： 把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，我们称之为数组的旋转。 输入一个非递减排序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。 例如数组{3,4,5,1,2}为{1,2,3,4,5}的一个旋转，该数组的最小值为1。 NOTE：给出的所有元素都大于0，若数组大小为0，请返回0。oj地址
解题思路： 一个非递减的数组在进行了旋转之后，一定一定一定会被分成左右两个非递增的数据，且左边的递增数组的所有元素的值一定是 >= 右边递增数组的所有元素的。且旋转的数组的最小值一定就是首次出现递减的时候的最小值。那么怎样才能知道首次递减呢，我们可以通过二分查找的方式，每次确定一个mid，然后一次比较mid和left的值，如果mid的值比left的值大或者相等，那么mid一定在左侧的非递减序列中，那么最小的值一定在mid的右侧，所以此时就要调整left的值为mid的值，即left右移；如果mid的值比左侧的值小，那么mid一定处于右侧的非递减序列，那么最小的值一定是在mid的左侧的，或者mid就是最小值，所以此时我们就要调整right的值为mid的值，即right左移。当left和right相邻时，right的值就是最大值。
特殊情况：当这个数组的每个元素都是相等的时候，也就是无法通过mid与left或者right的值去判断，最小的值在mid的左侧或者右侧时，此时就要现行便利旋转之后的数组去查询最小值。
代码如下。
class Solution {
public:
int minNumberInRotateArray(vector<int>& nums)
{
//如果nums的size为0，则直接返回0
if(nums.size()==0){
return 0;
}
int left=0;
int right=nums.size()-1;
//旋转数组的条件就是left的值比right的值大
while(nums[left]>=nums[right])
{
int mid=(left+right)/2;
//right和left相邻时，right对应的值就是最小值
if(right-left==1)
{
return nums[right];
}
//如果通过mid与left或者right比较之后确定最小值的位置，则要通过线性遍历，确定最小值
if(nums[left]==nums[mid]&&nums[mid]==nums[right])
{
int result=nums[left];
for(int i=1;i<nums.size();i++)
{
if(result>nums[i])
{
result=nums[i];
}
}
return result;
}
//如果mid的值大于left，证明最小的值在mid右侧，右移left
if(nums[mid]>=nums[left])
{
left=mid;
}
//如果mid的值小于left，证明最小的值在mid左侧，左移right
else
{
right=mid;
}
}
return nums[left];
}
};题目3： 输入一个整数数组，实现一个函数来调整该数组中数字的顺序，使得所有的奇数位于数组的前半部分，所有的偶数位于数组的后半部分，并保证奇数和奇数，偶数和偶数之间的相对位置不变。
解析：如上图要实现奇数位于数组的前半部分，偶数位于数组的后半部分，其实就是不断的将偶数往后移动，从而空出对应的位置，然后将奇数插入偶数的位置，前提是要先使用中间变量保存奇数的值。同时，如果一个奇数已经确定了位置，那么后续这个奇数就不能再被交换，因为要保证奇数的位置不变。
代码如下。
#include<iostream>
using namespace std;
void show(int *a,int num)
{
for (int i = 0; i < num; i++)
{
cout << a[i] << " ";
}
}
void Sort(int* a,int num)
{
//保存已经排好的奇数的位置
int k = 0;
int j = 0;
for (int i = 0; i < num; i++)
{
//判断当前元素是否为奇数
if (a[i] & 1)
{
int tmp = a[i];
j = i;
//向后移动偶数数的位置
while (j > k)
{
a[j--] = a[j - 1];
}
//将奇数放到合适的位置
a[k++] = tmp;
}
}
}
int main()
{
int arr[10] = { 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 };
int num = sizeof(arr) / sizeof(int);
show(arr,num);
Sort(arr,num);
cout << endl;
show(arr, num);
}运行结果如下。
运行结果符合预期。
题目4：数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半，请找出这个数字。例如输入一个长度为9的数组 {1,2,3,2,2,2,5,4,2}。由于数字2在数组中出现了5次，超过数组长度的一半，因此输出2。如果不存在则输出0。OJ地址
解析：这个题目相对简单，可以使用C++库中的uordered_map的[]特性，以为unordered_map的[],里面其实本质上就是元素的插入，如果当前元素存在就返回已经存在的元素的second，如果不存在就返回新插入的元素的second。用这一特性实现数字个数的统计。
代码如下。
#include <unordered_map>
class Solution {
public:
int MoreThanHalfNum_Solution(vector<int>& numbers) {
// write code here
unordered_map<int,int> _map;
for(auto e:numbers)
{
_map[e]++;
}
int length=numbers.size()/2;
for(auto e:_map)
{
//不用考虑数组长度/2之后变成小数的问题，小数在这个情境下，可以看做小数也为数组长度
if(e.second>length)
{
return e.first;
}
}
return 0;
}
};以上便是本期的所有内容。
本期内容到此结束^_^
