第一題

給定一個數組，求子數組的最大異或和。

一個數組的異或和為，數組中所有的數異或起來的結果。

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簡單的前綴樹應用

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暴力方法:

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先計算必須以i結尾的子數組的異或和，然后再計算機i+1的，以此類推...

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最暴力的解

public static int getMaxEor1(int[] nums) {int maxEor = Integer.MAX_VALUE;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {for (int start = 0; start <= i; start++) {int curEor = 0;for (int k = start; k <= start; k++) {curEor ^= nums[k];}Math.max(maxEor, curEor);}}return maxEor;}

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怎么優化？

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異或的運算法則為：0⊕0=0，1⊕0=1，0⊕1=1，1⊕1=0（同為0，異為1），這些法則與加法是相同的，只是不帶進位，所以異或常被認作不進位加法。

0~i = eor

0~start-1 = eor2

strart~i = eor^eor2

例如

1 0 0 1 1 1 0 1 1 eor

1 0 0 1 1 0 0 0 0 eor2

0 0 0 0 0 1 0 1 1

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優化方案，準備一個dp輔助數組記錄結果。（增加空間）

//記憶化搜索優化（利用之前的計算結果）public static int getMaxEor2(int[] nums) {int maxEor = Integer.MAX_VALUE;int[] dp = new int[nums.length];int eor = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {eor ^= nums[i];Math.max(maxEor,eor);for (int start = 0; start <= i; start++) {int curEor = eor ^ dp[start - 1];Math.max(maxEor,curEor);}dp[i] = eor;}return maxEor;}

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結論：

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O（n）的方法

思路：求以i結尾，異或和最大的子數組。0~i、1~i、2~i全部計算出來得到結果，效率很低。

黑盒直到i，里面存了0~0、0~1、0~2...0~i-1的結果，0~i的結果在eor時刻更新的，i希望黑盒可以告訴他，這里面哪個值和eor異或出來最大，那就是答案。

例如eor和0~3異或和是最大的，那么以i結尾的，4~i就是最大的。

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黑盒可以告訴你，0~start ^ eor(0~i) 是最大的，就能得出start^i是最大的。

黑盒用前綴樹做，以4位二進制舉例，假設0~0、0~1、0~2的值，分別加入到前綴樹中

假設求以3結尾情況下，最大異或和，0~3異或結果為0010，我特別希望異或后符號位還是0，后面的盡量1，所以就在前綴樹里面尋找適合的路。

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符號位盡量為0，后面的位是0走1，1走0，沒得選就將就著走，盡量保持最大化值。

按前綴樹的走法，每次選最優，可以找到最大值。

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符號位為1的情況下，求補碼，取反再加一

例如：

1 1 1 1

1 0 0 0 + 1

-1

1 0 1 1

1 1 0 0 + 1

-5

當符號位是1的時候，希望選1的路，讓其1^1變成0，除了符號位選擇的路有講究之外，不管正負，接下來的選擇是一樣的，后面的位盡量都變成1。

所以選擇符號位的時候，希望是和符號位的值是一樣的，1選1,0選0

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public static class Node {//前綴樹節點public Node[] nexts = new Node[2];//只有兩個路，0/1}public static class NumTrie {//前綴樹public Node head = new Node();public void add(int num) {Node cur = head;//位移，整數是31位for (int move = 31; move >= 0; move--) {//提取出每個進制里面的數字//例如：0101 >> 3 = 0//在和1進行與運算//0 0 0 0//0 0 0 1//0 0 0 0 //取出了第一位為0int path = ((num >> move) & 1);//查看是否有路，沒有就新建cur.nexts[path] = cur.nexts[path] == null ? new Node() : cur.nexts[path];cur = cur.nexts[path];}}//num 0~i eor結果，選出最優再返回public int maxXor(int num) {Node cur = head;int res = 0;for (int move = 31; move >= 0; move--) {int path = (num >> move) & 1;//如果考察符號位希望和path是一樣的 1^1=0 0^0=0//其他位置，希望是相反的 1^0=1 0^1=1int best = move == 31 ? path : (path ^ 1);//期待best = cur.nexts[best] != null ? best : (best ^ 1);//實際//當前位的最優選擇，左移當前位的數值后，加入結果(或一下)res |= (path ^ best) << move;//設置每一位的答案cur = cur.nexts[best];//下一層}return res;}}public static int maxXorSubarray(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}int max = Integer.MIN_VALUE;int eor = 0;NumTrie numTrie = new NumTrie();numTrie.add(0);//0和0異或for (int i = 0; i < arr.length; i++) {eor ^= arr[i];// 0 .. i//這個黑盒超好用//放入0~i eor，返回以i結尾下最大的異或和子數組的異或值max = Math.max(max, numTrie.maxXor(eor));numTrie.add(eor);}return max;}// for testpublic static int comparator(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}int max = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < arr.length; i++) {int eor = 0;for (int j = i; j < arr.length; j++) {eor ^= arr[j];max = Math.max(max, eor);}}return max;}// for testpublic static int[] generateRandomArray(int maxSize, int maxValue) {int[] arr = new int[(int) ((maxSize + 1) * Math.random())];for (int i = 0; i < arr.length; i++) {arr[i] = (int) ((maxValue + 1) * Math.random()) - (int) (maxValue * Math.random());}return arr;}// for testpublic static void printArray(int[] arr) {if (arr == null) {return;}for (int i = 0; i < arr.length; i++) {System.out.print(arr[i] + " ");}System.out.println();}// for testpublic static void main(String[] args) {int testTime = 500000;int maxSize = 30;int maxValue = 50;boolean succeed = true;for (int i = 0; i < testTime; i++) {int[] arr = generateRandomArray(maxSize, maxValue);int res = maxXorSubarray(arr);int comp = comparator(arr);if (res != comp) {succeed = false;printArray(arr);System.out.println(res);System.out.println(comp);break;}}System.out.println(succeed ? "Nice!" : "Fucking fucked!");}

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希望每次都走最優的，符號位希望是0。

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開始第六課內容 dp最全套路解說

暴力遞歸怎么改動態規劃（基礎班最后一節有方法論的講述）

換錢的方法數

【題目】

給定數組arr，arr中所有的值都為正數且不重復。每個值代表

一種面值的貨幣，每種面值的貨幣可以使用任意張，再給定一

個整數aim代表要找的錢數，求換錢有多少種方法。

【舉例】

arr=[5,10,25,1]，aim=0。

組成0元的方法有1種，就是所有面值的貨幣都不用。所以返回1。

arr=[5,10,25,1]，aim=15。

組成15元的方法有6種，分別為3張5元、1張10元+1張5元、1張

10元+5張1元、10張1元+1張5元、2張5元+5張1元和15張1元。所

以返回6。

arr=[3,5]，aim=2。

任何方法都無法組成2元。所以返回0。

嘗試版本寫出后，后面就是搭積木。

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使用0張200的，后面湊出1000的方法數a

使用1張200的，后面湊出 800的方法數b

使用2張200的，后面湊出 600的方法數c

使用3張200的，后面湊出 400的方法數d

使用4張200的，后面湊出 200的方法數e

...

全部加起來就是答案。

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public static int coins1(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}return process1(arr, 0, aim);}//index：任意使用index之后的所有錢public static int process1(int[] arr, int index, int aim) {int res = 0;if (index == arr.length) {res = aim == 0 ? 1 : 0;} else {for (int zhang = 0; arr[index] * zhang <= aim; zhang++) {res += process1(arr, index + 1, aim - arr[index] * zhang);}}return res;}

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process1暴力遞歸方法

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返回值一樣，都要重復計算

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第一個優化版本，如果index和aim固定的，只要是后面要計算600那返回值一定是確定的，是個無后效性問題，前面怎么選擇不影響后面的操作。

利用一個map存儲之前的結果（緩存）。下次調用，直接取出，不用這么暴力的重復計算。（記憶化搜索）

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//--map優化版本//key index_aim//value 組合數public static HashMap<String, Integer> answer = new HashMap<>();public static int processMap(int[] arr, int index, int aim) {int res = 0;if (index == arr.length) {res = aim == 0 ? 1 : 0;} else {for (int zhang = 0; arr[index] * zhang <= aim; zhang++) {int nextAim = aim - arr[index] * zhang;String nextCalc = (index + 1) + "_" + nextAim;if (answer.containsKey(nextCalc)) {res += answer.get(nextCalc);} else {res += processMap(arr, index + 1, nextAim);}}}answer.put(index + "_" + aim, res);return res;}

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接下來直接計算所有的變化（dp），準備一個二維表 0~n是index的長度，n是終止位置。

可以裝下所有返回值。

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最終需要得到0 aim的值

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接下來思考一下，哪些位置的值是可以直接確定的，不依賴其他位置的（看遞歸中的basekey）

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接著開始看位置依賴，也就是怎么調用遞歸的

index + 1, aim - arr[index] * zhang

一個具體的[index,aim]位置，需要他的下一行（假設是五塊）

Aim - 0張5塊、1張5塊、2張5塊...一直到越界的所以位置累加起來，就是他的值。

和題目已經沒什么關系，就是看遞歸函數可以畫出這個圖。

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從最后一行逐行逐個推算，可以算出最后的答案就是，他的下面+下面位置-5+下面位置-5*2...一直到越界，因為最上面一列的金額數是5，所以最后結果是1+1+2=4。

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public static int coins3(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}int[][] dp = new int[arr.length][aim + 1];for (int i = 0; i < arr.length; i++) {dp[i][0] = 1;}for (int j = 1; arr[0] * j <= aim; j++) {dp[0][arr[0] * j] = 1;}int num = 0;for (int i = 1; i < arr.length; i++) {for (int j = 1; j <= aim; j++) {num = 0;for (int k = 0; j - arr[i] * k >= 0; k++) {num += dp[i - 1][j - arr[i] * k];}dp[i][j] = num;}}return dp[arr.length - 1][aim];}

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最后一步的優化（建立起空間感后）

計算A，需要對B12345進行累加，其實A的前三個位置的同層C，已經計算過12345，那其實只需要進行C+B就行。

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二維三維四維問題完全一樣。

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public static int coins4(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}int[][] dp = new int[arr.length][aim + 1];//填好可以直接設置的值for (int i = 0; i < arr.length; i++) {dp[i][0] = 1;}//例如第一行是5，那么5、10、15...位置肯定為1for (int j = 1; arr[0] * j <= aim; j++) {dp[0][arr[0] * j] = 1;}//代碼實現是從表格的上往下填for (int i = 1; i < arr.length; i++) {for (int j = 1; j <= aim; j++) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];//每個位置一定包含下面的和//加上左邊的位置。dp[i][j] += j - arr[i] >= 0 ? dp[i][j - arr[i]] : 0;}}return dp[arr.length - 1][aim];}//最優解，連dp都是一維的，現在理解起來有點超自然public static int coins5(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}int[] dp = new int[aim + 1];for (int j = 0; arr[0] * j <= aim; j++) {dp[arr[0] * j] = 1;}for (int i = 1; i < arr.length; i++) {for (int j = 1; j <= aim; j++) {dp[j] += j - arr[i] >= 0 ? dp[j - arr[i]] : 0;}}return dp[aim];}public static void main(String[] args) {int[] coins = {10, 5, 1, 25};int aim = 2000;long start = 0;long end = 0;start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins1(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coinsOther(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");aim = 20000;start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins2(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins3(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins4(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins5(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");}

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之前是通過遞歸獲取值，現在是在dp里面獲取值。

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解決類似題目：

排成一條線的紙牌博弈問題

【題目】

給定一個整型數組arr，代表數值不同的紙牌排成一條線。玩家A和玩家B依次拿走每張紙牌，規定玩家A先拿，玩家B后拿，但是每個玩家每次只能拿走最左或最右的紙牌，玩家A和玩家B都絕頂聰明。請返回最后獲勝者的分數。

【舉例】

arr=[1,2,100,4]。

開始時玩家A只能拿走1或4。如果玩家A拿走1，則排列變為[2,100,4]，接下來玩家B可以拿走2或4，然后繼續輪到玩家A。如果開始時玩家A拿走4，則排列變為[1,2,100]，接下來玩家B可以拿走1或100，然后繼續輪到玩家A。玩家A作為絕頂聰明的人不會先拿4，因為拿4之后，玩家B將拿走100。所以玩家A會先拿1，讓排列變為[2,100,4]，接下來玩家B不管怎么選，100都會被玩家A拿走。玩家A會獲勝，分數為101。所以返回101。

arr=[1,100,2]。

開始時玩家A不管拿1還是2，玩家B作為絕頂聰明的人，都會把100拿走。玩家B會獲勝，分數為100。所以返回100。

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先想暴力，加入緩存，建立空間感，再改動態規劃。

練遞歸，學習怎么去試。底下的優化全都是套路。

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分析: ?f(i, j) 表示 在arr[i~j]中A 先手時能夠獲得的最大分數，s(i, j) 表示 A后手時能夠獲得的最大分數。

首先分析f(i, j)。 A可先取arr[i], 取完后剩余arr[i+1, j]。此時相當于A后手在[i+1, j]的情況了。

也可先取arr[j], 取完后剩余arr[i, j - 1]。 此時相當于A后手在[i, j -1]的情況了。

則 f(i, j) = max{arr[i] + s(i+1, j), arr[j] + s(i, j-1)}

再分析s（i, j）。B可先取arr[i] 或 arr[j] 。取完后相當于A先手的情況了。只是在這種情況下，B會留下最差解。

s(i, j) = min{arr[i] + f(i+1, j), arr[j] + f(i, j-1)};

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public static int win1(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}return Math.max(f(arr, 0, arr.length - 1), s(arr, 0, arr.length - 1));}public static int f(int[] arr, int i, int j) {//先拿的//如果i == j，即arr[i...j]上只有一張紙牌，當然會被先拿紙牌的人拿走，所以可以返回arr[i];if (i == j) {return arr[i];}//拿了其中一個之后，當前玩家成了后拿的那個人//因為當前的玩家會做出最好的選擇，所以會拿走最好的return Math.max(arr[i] + s(arr, i + 1, j), arr[j] + s(arr, i, j - 1));}public static int s(int[] arr, int i, int j) {//后拿的//如果i == j，即arr[i...j]上只有一張紙牌，作為后拿的人必然什么也得不到，所以返回0；if (i == j) {return 0;}//因為對手會拿走最好的，所以當前玩家只能拿最差的return Math.min(f(arr, i + 1, j), f(arr, i, j - 1));}

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改動態規劃，兩張表。分析遞歸函數，i和j的變化范圍（index變化范圍）。

i肯定不會大于j（下半區域直接不用填），先看目標位置（打星星的地方），然后填上固定的值，i==j是對角線，填上對應的值。

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然后看普遍位置是怎么依賴的。

F（i，j）依賴與他相對稱的S（i，j）的

s(arr, i + 1, j), s(arr, i, j - 1);

同理S的點也依賴F的同樣位置。

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通過對角線一行行直到把終止位置（那個小星星）推出來。

public static int win2(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}int[][] f = new int[arr.length][arr.length];int[][] s = new int[arr.length][arr.length];//一邊設置對角線，一邊計算值，對角線慢慢向上走for (int j = 0; j < arr.length; j++) {f[j][j] = arr[j];//設計的很好，以列為首要遍歷條件，再逐行向下計算for (int i = j - 1; i >= 0; i--) {f[i][j] = Math.max(arr[i] + s[i + 1][j], arr[j] + s[i][j - 1]);s[i][j] = Math.min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]);}}return Math.max(f[0][arr.length - 1], s[0][arr.length - 1]);}public static void main(String[] args) {int[] arr = { 1, 9, 1 };System.out.println(win2(arr));System.out.println(win1(arr));}

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2017年阿里的題目：

一個長度為N的路，1~N

一個機器人在M位置，他可以走P步，如果在1只能走右，在N只能走左，請問機器人走P步后他停在K位置上的走法有多少種。

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public static int walk(int N, int curPosition, int remainSteps, int K) {if (N < 1 || curPosition < 1 || curPosition > N || remainSteps < 0 || K > N) {return 0;}if (remainSteps == 0) {return curPosition == K ? 1 : 0;}int count = 0;if (curPosition == 1) {count = walk(N, curPosition + 1, remainSteps - 1, K);} else if (curPosition == N) {count = walk(N, curPosition - 1, remainSteps - 1, K);} else {count = walk(N, curPosition + 1, remainSteps - 1, K) + walk(N, curPosition - 1, remainSteps - 1, K);}return count;}

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改動態規劃，可變參數是M（機器人位置）和P（可以走的步數）

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最后需要獲取的位置是（M,P）

普遍依賴，

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curPosition + 1, remainSteps - 1 curPosition - 1, remainSteps - 1

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楊輝三角形

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計算到最后一排，看落到M上的數是幾就返回幾。

會撞墻的楊輝三角形（指的是在1和N的情況）

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public static int dpWalk(int N, int curPosition, int remainSteps, int K) {int[][] dp = new int[remainSteps + 1][N + 1];dp[0][K] = 1;for (int i = 1; i <= remainSteps; i++) {for (int j = 1; j <= N; j++) {dp[i][j] += j - 1 < 1 ? 0 : dp[i - 1][j - 1];dp[i][j] += j + 1 > N ? 0 : dp[i - 1][j + 1];}}return dp[remainSteps][curPosition];}public static void main(String[] args) {System.out.println(walk(5, 3, 0, 3));System.out.println(walk(5, 3, 2, 3));System.out.println(dpWalk(5, 3, 0, 3));System.out.println(dpWalk(5, 3, 2, 3));}

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只要你會試，什么都無所謂。

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首先是遞歸試法，發現有多余的計算浪費，衍生出記憶化搜索，加上空間感后，用空間換了時間，即是動態規劃。

如果你對編程感興趣或者想往編程方向發展，可以關注微信公眾號【筑夢編程】，大家一起交流討論！小編也會每天定時更新既有趣又有用的編程知識！
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總結

以上是生活随笔為你收集整理的算法进阶面试题07——求子数组的最大异或和（前缀树）、换钱的方法数（递归改dp最全套路解说）、纸牌博弈、机器人行走问题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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