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我在 interviewstreet 上写了一个问题的解决方案，这里是问题描述：

https://www.interviewstreet.com/challenges/dashboard/#problem/4e91289c38bfd

这是他们给出的解决方案：

https://gist.github.com/1285119

这是我编写的解决方案：

#include<iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
#define LOOKUPTABLESIZE 10000000
int popCount[2*LOOKUPTABLESIZE];
int main()
{
int numberOfTests = 0;
cin >> numberOfTests;

for(int test = 0;test<numberOfTests;test++)
{
    int startingNumber = 0;
    int endingNumber = 0;
    cin >> startingNumber >> endingNumber;

    int numberOf1s = 0;


    for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++)
    {
        if(number >-LOOKUPTABLESIZE && number < LOOKUPTABLESIZE)
        {
            if(popCount[number+LOOKUPTABLESIZE] != 0)
            {
                numberOf1s += popCount[number+LOOKUPTABLESIZE];
            }
            else
            {
                popCount[number+LOOKUPTABLESIZE] =__builtin_popcount (number);
                numberOf1s += popCount[number+LOOKUPTABLESIZE];
            }
        }
        else
        {
        numberOf1s += __builtin_popcount (number);
        }
    }
    cout << numberOf1s << endl;

}

}

你能指出我的代码有什么问题吗？它只能通过 3/10 的测试。时间限制为 3 秒。

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2 回答 2

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这段代码有什么未优化的地方？

算法。你在循环

for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++)

计算或查找每个中的 1 位的数量。这可能需要一段时间。

一个好的算法使用一点数学来及时计算所有数字0 <= k < n中的 1 位的数量。O(log n)

这是一个在十进制扩展中计数 0 的实现，使其计数为 1 位的修改应该不难。

于 2012-11-11T13:58:27.810 回答
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在看这样一个问题时，你需要把它分解成简单的部分。

例如，假设您知道所有数字中有多少个 1 [0, N]（我们称之为ones(N)），那么我们有：

size_t ones(size_t N) { /* magic ! */ }

size_t count(size_t A, size_t B) {
    return ones(B) - (A ? ones(A - 1) : 0);
}

这种方法的优点one是可能更容易编程count，例如使用递归。因此，第一次天真的尝试是：

// Naive
size_t naive_ones(size_t N) {
    if (N == 0) { return 0; }
    return __builtin_popcount(N) + naive_ones(N-1);
}

但这可能太慢了。即使只是计算我们的价值，count(B, A)我们也会计算naive_ones(A-1)两次！

幸运的是，这里总是有 memoization 的辅助，并且转换非常简单：

size_t memo_ones(size_t N) {
    static std::deque<size_t> Memo(1, 0);
    for (size_t i = Memo.size(); i <= N; ++i) {
        Memo.push_back(Memo[i-1] + __builtin_popcnt(i));
    }
    return Memo[N];
}

这可能会有所帮助，但是在内存方面的成本可能会......严重。啊。想象一下，为了计算，ones(1,000,000)我们将在 64 位计算机上占用 8MB 内存！更稀疏的记忆可能会有所帮助（例如，每 8 次或 16 次才记忆一次）：

// count number of ones in (A, B]
static unoptimized_count(size_t A, size_t B) {
    size_t result = 0;
    for (size_t i = A + 1; i <= B; ++i) {
        result += __builtin_popcount(i);
    }
    return result;
}

// something like this... be wary it's not tested.
size_t memo16_ones(size_t N) {
    static std::vector<size_t> Memo(1, 0);
    size_t const n16 = N  - (N % 16);
    for (size_t i = Memo.size(); i*16 <= n16; ++i) {
        Memo.push_back(Memo[i-1] + unoptimized_count(16*(i-1), 16*i);
    }
    return Memo[n16/16] + unoptimized_count(n16, N);
}

然而，虽然它确实降低了内存成本，但它并没有解决主要的速度问题：我们必须至少使用__builtin_popcountB 次！对于较大的 B 值，这是一个杀手。

上述解决方案是机械的，它们不需要一分思考。事实证明，面试与其说是写代码，不如说是思考。

我们能比愚蠢地枚举所有整数更有效地解决这个问题B吗？

让我们看看我们的大脑（非常神奇的模式机器）在考虑前几个条目时会选择什么：

N    bin  1s   ones(N)
0    0000 0    0
1    0001 1    1
2    0010 1    2
3    0011 2    4
4    0100 1    5
5    0101 2    7
6    0110 2    9
7    0111 3    12
8    1000 1    13
9    1001 2    15
10   1010 2    17
11   1011 3    20
12   1100 2    22
13   1101 3    25
14   1110 3    28
15   1111 3    32

注意一个模式？我愿意 ;) 8-15 的范围与 0-7 完全一样，但每行多了一个 1 => 它就像一个换位。这也很合乎逻辑，不是吗？

因此ones(15) - ones(7) = 8 + ones(7)，ones(7) - ones(3) = 4 + ones(3)和ones(1) - ones(0) = 1 + ones(0)。

好吧，让我们把它变成一个公式：

  • 提醒：（ones(N) = popcount(N) + ones(N-1)几乎）根据定义
  • 我们现在知道ones(2**n - 1) - ones(2**(n-1) - 1) = 2**(n-1) + ones(2**(n-1) - 1)

让我们做一个isolate ones(2**n)，它更容易处理，注意popcount(2**n) = 1：

  • 重组：ones(2**n - 1) = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1) - 1)
  • 使用定义：ones(2**n) - 1 = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1)) - 2
  • 简化：ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))，与ones(1) = 1。

快速健全性检查：

1  = 2**0 => 1  (bottom)
2  = 2**1 => 2  = 2**0 - 1 + 2 * ones(1)
4  = 2**2 => 5  = 2**1 - 1 + 2 * ones(2)
8  = 2**3 => 13 = 2**2 - 1 + 2 * ones(4)
16 = 2**4 => 33 = 2**3 - 1 + 2 * ones(8)

看起来它有效！

不过，我们还没有完成。A并且B可能不一定是 2 的幂，如果我们必须一直数2**n到2**n + 2**(n-1)，那仍然是 O(N)！

另一方面，如果我们设法以 2 为基数表示一个数字，那么我们应该能够利用我们新获得的公式。主要优点是表示中只有 log2(N) 位。

让我们举一个例子来了解它是如何工作的：13 = 8 + 4 + 1

1  -> 0001
4  -> 0100
8  -> 1000
13 -> 1101

...但是，计数不仅仅是总和：

ones(13) != ones(8) + ones(4) + ones(1)

让我们用“换位”策略来表达它：

ones(13) - ones(8) = ones(5) + (13 - 8)

ones(5) - ones(4) = ones(1) + (5 - 4)

好的，用一点递归很容易做到。

#include <cmath>
#include <iostream>

static double const Log2 = log(2);

// store ones(2**n) at P2Count[n]
static size_t P2Count[64] = {};

// Unfortunately, the conversion to double might lose some precision
// static size_t log2(size_t n) { return log(double(n - 1))/Log2 + 1; }

// __builtin_clz* returns the number of leading 0s
static size_t log2(size_t n) {
    if (n == 0) { return 0; }
    return sizeof(n) - __builtin_clzl(n) - 1;
}

static size_t ones(size_t n) {
    if (n == 0) { return 0; }
    if (n == 1) { return 1; }

    size_t const lg2 = log2(n);
    size_t const np2 = 1ul << lg2; // "next" power of 2

    if (np2 == n) { return P2Count[lg2]; }

    size_t const pp2 = np2 / 2; // "previous" power of 2

    return ones(pp2) + ones(n - pp2) + (n - pp2);
} // ones

// reminder: ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))
void initP2Count() {
    P2Count[0] = 1;

    for (size_t i = 1; i != 64; ++i) {
        P2Count[i] = (1ul << (i-1)) - 1 + 2 * P2Count[i-1];
    }
} // initP2Count

size_t count(size_t const A, size_t const B) {
    if (A == 0) { return ones(B); }

    return ones(B) - ones(A - 1);
} // count

和一个演示：

int main() {
    // Init table
    initP2Count();
    std::cout << "0: " << P2Count[0] << ", 1: " << P2Count[1] << ", 2: " << P2Count[2] << ", 3: " << P2Count[3] << "\n";

    for (size_t i = 0; i != 16; ++i) {
        std::cout << i << ": " << ones(i) << "\n";
    }

    std::cout << "count(7, 14): " << count(7, 14) << "\n";
}

胜利！

注意：正如 Daniel Fisher 所指出的，这无法解释负数（但假设两个补码可以从它们的正数中推断出来）。

于 2012-11-11T18:15:35.410 回答