题目链接：回文数 - leetcode
题目描述：
给你一个整数x，如果x是一个回文整数，返回true；否则，返回false。回文数是指正序（从左向右）和倒序（从右向左）读都是一样的整数。例如，121是回文，而123不是。
题目归纳：
解题思路：
解法： 回文数 - leetcode官方题解
(1)转换成字符串进行求解。比较原始字符串与反转字符串。
(2)将数字的每一位存储至一个双向队列中，依次比较队头和栈顶元素：回文数 - Pensive Albattanicrq题解
(3)官方题解。上面两种方式都要完整遍历整个数字的位数，而官方题解只需要遍历到其中一半的位置，并且从空间使用效率上来说更高效。时间复杂度是 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)， n n n是数字的大小， l o g n logn logn是指数字总共有几位，这应该不难理解。
class Solution:
def isPalindrome(self, x: int) -> bool:
mylist = list(str(x))
while len(mylist) > 1:
if mylist.pop(0) != mylist.pop():
return False
return True
class Solution:
def isPalindrome(self, x: int) -> bool:
# 可以直接判断的特殊情况
# (1)负数。不是回文数
# (2)数值末尾为0，则开头也为0，那么只有0符合条件。
if x < 0 or (x%10 == 0 and x != 0):
return False
revertX = 0
while x > revertX:
revertX = 10 * revertX + x % 10
x //= 10
# 位数为偶数个 or 位数为奇数个
return x == revertX or revertX//10 == x
题目链接：加一 - leetcode
题目描述：
给定一个由 整数 组成的 非空 数组所表示的非负整数，在该数的基础上加一。最高位数字存放在数组的首位， 数组中每个元素只存储单个数字。你可以假设除了整数 0 之外，这个整数不会以零开头。
题目归纳：
解题思路：
解法： 加一 - leetcode官方题解
class Solution:
def plusOne(self, digits: List[int]) -> List[int]:
if len(digits) < 1: return [] # 空数组
carry = 0 # 进位值
digits = digits[::-1] # 翻转方便操作
n = len(digits)
p = 0
while p < n:
if p == 0: # 第1位数字要加1
result = digits[0] + 1 + carry
carry = result // 10
digits[0] = result % 10
else:
result = digits[p] + 0 + carry
carry = result // 10
digits[p] = result % 10
p += 1
# 出来后若进位值carry仍大于0，数组需要append(carry)
if carry > 0:
digits.append(carry)
return digits[::-1]
题目链接：阶乘后的零 - leetcode
题目描述：
给定一个整数n，返回n!结果中尾随零的数量。提示n! = n * (n - 1) * (n - 2) * ... * 3 * 2 * 1
题目归纳：
解题思路：
解法： 阶乘后的零 - leetcode官方题解
(1)因为 10 = 2 ? 5 10=2*5 10=2?5，求末尾0的个数，即是求 m i n ( 质因子 5 的个数 , 质因子 2 的个数 ) min(质因子5的个数, 质因子2的个数) min(质因子5的个数,质因子2的个数)。
(2)再优化下，质因子 5 的个数不会大于质因子 2 的个数，
class Solution:
def trailingZeroes(self, n: int) -> int:
# 寻找阶乘的末尾有几个0
# n! 尾0的个数即 n!中，因子10的个数，而10=2*5，因此转换成：求n!中质因子2的个数和质因子5的个数的较小值，即有多少个10参与了乘法，是由质因子2和5更小的那个数量来决定的
# 质因子 5 的个数不会大于质因子 2 的个数
# 而n!中质因子5的个数 = [1,n]的每个数的质因子5的个数之和，因此通过遍历[1,n]的所有5的倍数求出
ans = 0
for i in range(5, n+1, 5):
while i%5 == 0: # (1)i要是5的倍数。
i //= 5
ans += 1 # (2)将i中质因子5的个数累加起来，比如25 = 5*5，两个质因数都为5
return ans
class Solution:
def trailingZeroes(self, n: int) -> int:
# 仅考虑额外贡献的质因子个数 floor(n/p)
# n 不变，p 越大，质因子个数越少，因此 [1,n] 中质因子 5 的个数不会大于质因子 2 的个数；
ans = 0
while n:
n = n // 5
ans += n
return ans
题目链接：x 的平方根 - leetcode
题目描述：
给你一个非负整数x，计算并返回x的 算术平方根 。由于返回类型是整数，结果只保留 整数部分 ，小数部分将被 舍去 。注意：不允许使用任何内置指数函数和算符，例如pow(x, 0.5)或者x ** 0.5。
题目归纳：
既然考察的是数学，那就请出牛顿提出的牛顿迭代法。这里可以拓展了解下 快速平方根倒数算法，还有那句著名的what the xxxx?。
解题思路：
解法： x 的平方根 - leetcode官方题解
class Solution:
def mySqrt(self, x: int) -> int:
# 牛顿迭代法
if x == 0: return 0
C, x0 = float(x), float(x)
while True:
xi = 0.5*(x0 + C/x0)
if abs(x0 - xi) < 1e-7: # 两次求解的结果差距小于指定误差，可以返回
return int(x0)
x0 = xi
return int(x0)
| 参考文章或视频资料 |
|---|
| 【什么代码让程序员之神感叹“卧槽”？改变游戏行业的平方根倒数算法】- bilibili |
| 【没那么神秘的快速平方根倒数，给你解释一下这个数是怎么来的】- bilibili |
题目链接：Pow(x,n) - leetcode
题目描述：
实现 pow(x, n) ，即计算 x 的整数 n 次幂函数（即，xn ）。
题目归纳：
(1)常规思路。 x n = x ? x ? x ? x ?? . . . ?? ? x x^n = x · x · x · x \space\space ... \space\space· x xn=x?x?x?x??...???x，这样方便理解，但计算并不快速。
(2)快速幂运算思路。其实快速幂运算就像微信小程序里的召唤神龙游戏，回忆下，召唤神龙是3只蝌蚪合成1只青蛙，3只青蛙合成1条鲤鱼 … … ，实际中你几乎不会真的拿9只蝌蚪来合成鲤鱼，而是遇到和自己一样大的动物就拉入自己的队伍，朝着更大型的动物合成迈进，这样的方式合并次数是最少的，直到 … … 召唤神龙。数学术语的描述具体可以看leetcode官方题解。
解题思路：
解法： Pow(x,n) - leetcode官方题解
class Solution:
# 快速幂运算
def quickMul(self, x: float, n: int) -> float:
ans = 1.0
while n > 0:
if n & 1 == 1: # 末尾为1
ans *= x
x = x*x # x = x**2 反而会有问题
n = n >> 1
return ans
def myPow(self, x: float, n: int) -> float:
if n >= 0:
return self.quickMul(x, n)
else:
return 1.0 / self.quickMul(x, -n)
题目链接：直线上最多的点数 - leetcode
题目描述：
给你一个数组points，其中points[i] = [xi, yi]表示 X-Y 平面上的一个点。求最多有多少个点在同一条直线上。
题目归纳：
n n n个点，可以画出 n ( n ? 1 ) 2 \frac{n(n-1)}{2} 2n(n?1)?条直线，如果再把每个点代入看是否符合该直线的方程，那时间复杂度将达到 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)，这种算法绝对不可能被采用。
这里我插句题外话，这个算法只在平面上适用，比如说在《几何原本》中被奉为绝对真理的“两点确定一条直线”，在教科书上的表述并不是“两点只能确定一条直线”，因为在非欧几何中这个假设就不成立，若考虑地球是完美球体，那么地球的南极点到北极点有无数条经线，对于地球上的蚂蚁而言，这些经线毫无疑问就是其所处平面的直线，我们人类对宇宙的探索又何尝不是火鸡呢，谁知道两点之间有多少的连接可能性被空间本身的结构抛弃了。只做个人意见，如有错误请指正。
如果向量数据库采用的仍旧是占据主流的平面几何的学说，这是否符合大多数实际情况呢？会不会有些情况是需要用到非欧几何的呢？
解题思路：
解法： 直线上最多的点数 - leetcode官方题解
# 给一个数组points，其中，points[i] = [x_i, y_i]
# 求，最多有多少个点在同一条直线上
# 这道题对 向量数据库 应该非常重要，是向量数据库的基础算法，比如求向量之间的相似度与距离或者聚类
# 可以考虑枚举所有point，假设直线经过该point时，该直线所能经过的最多的点数
# 假设当前枚举到point{i}，若直线同时经过另外两个不同的点j、k，那么(i,j)所在直线的斜率 = (i,k)所在直线的斜率
# 于是，我们可以统计其它所有点与point{i}所连直线的斜率，出现次数最多的斜率，即为经过点数最多的斜率，其经过点数为 该斜率出现的次数+1(+1指point{i}自身)
# 不采用浮点数记录斜率，因为精度可能不够，换用元组记录斜率的(分子,分母)的形式，这种记录形式可能有以下问题需要解决
# (A) 两个元组：(1,2), (2,4)的斜率一致，所以还涉及到约分，即GCD最大公约数的求解
# (B) 分子分母存在负数，(-1,2), (1,-2)的斜率一致，因此规定分母为非负整数，如果分母为负数，将二元组的两个数同时取反
# (C) 直线为y=C或x=C时，传统的斜截式无法表达，采用特判法。
# 再加以下4个小优化
# (1)点的数量<=2，用一条直线将所有点串联，直接返回点的数量
# (2)枚举到点i时，只考虑编号 >=i的点 与 点i之间的斜率，例如，编号小于点i的点j，当枚举到j自己的时候，就已经计算过点j与点i的斜率，即两点之间经过一条直线，不重复计算两次
# (3)当找到的一条直线，已经经过了图中超过半数的点时，直接确定该直线为经过最多点的直线，然后继续按照该直线求点数
# (4)当枚举到点i(编号从0开始)时，最多只能找到n-i个点共线，因为按优化(2)，只考虑比自己编号大的。假设此前找到的共线的点数量最大值为k，如果有k>=n-i，此时即可停止枚举，因为不可能再找到更大的答案了。
class Solution:
def gcd(self, a, b): # 迭代法求最大公约数
while b != 0:
remain = a % b # 余数
a = b
b = remain
return a
def maxPoints(self, points: List[List[int]]) -> int:
n = len(points)
if n <= 2: # 优化(1)
return n
ret = 0
for i in range(n):
if ret >= n-i or ret > (n/2): # 优化(4)与优化(3)
break
mp = Counter()
for j in range(i+1, n): # 优化(2)，只考虑比自己编号大的点
delta_x = points[i][0] - points[j][0] # △x
delta_y = points[i][1] - points[j][1] # △y
# 对记录形式的优化(C)。特例判断
if delta_x == 0:
delta_y = 1
elif delta_y == 0:
delta_x = 1
else:
if delta_y < 0: # 对记录形式的优化(B)
delta_x = -delta_x
delta_y = -delta_y
gcdXY = self.gcd(abs(delta_x), abs(delta_y))
delta_x = delta_x / gcdXY
delta_y = delta_y / gcdXY
mp[str(delta_y + delta_x*20001)] += 1 # 看官方题解
maxn = 0
for k,v in mp.items():
maxn = max(maxn, v+1)
ret = max(ret, maxn)
return ret