常用10种算法(一)

一、二分查找算法(非递归)

1，递归版二分查找算法

2，非递归二分查找算法介绍

二分查找法只适用于从有序的数列中进行查找(比如数字和字母等)，将数列排序后再进行查找
二分查找法的运行时间为对数时间 O(㏒₂n) ，即查找到需要的目标位置最多只需要㏒₂n步

3，代码实现

public static int search(int[] arr, int val) {
    int left = 0;
    int right = arr.length - 1;
    while (left <= right) {
        int mid = (left + right) / 2;
        if (arr[mid] == val) {
            return mid;
        } else if (arr[mid] > val) {
            right = mid - 1;
        } else {
            left = mid + 1;
        }
    }
    return -1;
}

二、分治算法

　　源码：汉诺塔

1，分治算法介绍

　　分治法是一种很重要的算法。字面上的解释是“分而治之”，就是把一个复杂的问题分成两个或更多的相同或相似的子问题，再把子问题分成更小的子问题……直到最后子问题可以简单的直接求解，原问题的解即子问题的解的合并。

　　分治算法求解的经典问题：二分搜索、大整数乘法、归并排序、快排、汉诺塔等

2，分治算法基本步骤

　　分治法在每一层递归上都有三个步骤：

分解：将原问题分解为若干个规模较小，相互独立，与原问题形式相同的子问题
解决：若子问题规模较小而容易被解决则直接解，否则递归地解各个子问题
合并：将各个子问题的解合并为原问题的解。

3，汉诺塔

a)介绍

　　如下图所示，从左到右有A、B、C三根柱子，其中A柱子上面有从小叠到大的n个圆盘，现要求将A柱子上的圆盘移到C柱子上去，期间只有一个原则：一次只能移到一个盘子且大盘子不能在小盘子上面，求移动的步骤和移动的次数

b)思路

如果只有一个盘时，A -> C
如果有n(大于1)个盘时
- 把n-1个盘 A -> B (借助C)
- 把第n个盘 A -> C
- 把n-1个盘 B -> C (借助A)

c)代码实现

/**
 * 移动盘子
 * @param num  一共有多少个盘子
 * @param a    开始的柱子
 * @param b    辅助的柱子
 * @param c    目标柱子
 */
public static void hanoitower(int num, char a, char b, char c) {

    if (num == 1) {
        System.out.println("第1个盘为: " + a + " -> " + c);
    } else {
        hanoitower(num - 1, a, c, b);
        System.out.println("第" + num + "个盘为: " + a + " -> " + c);
        hanoitower(num - 1, b, a, c);
    }
}

三、动态规划

　　源码：背包问题

1，介绍

　　小灰版动态规划详解

动态规划(Dynamic Programming)算法的核心思想是：将大问题划分为小问题进行解决，从而一步步获取最优解的处理算法
动态规划算法与分治算法类似，其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。
与分治法不同的是，适合于用动态规划求解的问题，经分解得到子问题往往不是互相独立的。 ( 即下一个子阶段的求解是建立在上一个子阶段的解的基础上，进行进一步的求解 )
动态规划可以通过填表的方式来逐步推进，得到最优解

2，背包问题

　　背包问题主要是指一个给定容量的背包、若干具有一定价值和重量的物品，如何选择物品放入背包使物品的价值最大。其中又分 01 背包和完全背包(完全背包指的是：每种物品都有无限件可用)

3，案例

　　背包问题：有一个背包，容量为 4 磅，现有如下物品

要求达到的目标为装入的背包的总价值最大，并且重量不超出
要求装入的物品不能重复

4，案例分析与求解

　　代码实现

/**
 * 求解01背包问题
 *
 * @param v 商品的价值
 * @param w 商品的重量(体积)
 * @param c 商品的最大容量
 */
public static void knapsackDim(int[] v, int[] w, int c) {
    //初始化二维数组，行表示商品的体积w 列表示容量从0->c
    int size = w.length;
    int[][] dp = new int[size + 1][c + 1];
    for (int i = 1; i <= size; i++) {
        for (int j = 0; j <= c; j++) {
            //当前商品的体积 大于 容量j 时 直接取上一行的数据
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            if (w[i-1] <= j) {
                //①dp[i - 1][j - w[i - 1]]为上一行的当前可用体积-当前商品体积  得到减去当前商品重量之后的最大价值 + v[i-1]
                //②dp[i][j]实则为上一行的数据  与①直接比较大小
                dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], v[i - 1] + dp[i - 1][j - w[i - 1]]);
            }
        }
    }
}

　　优化为一维数组

/**
 * 背包问题优化  使用一维数组
 *
 * @param v 商品的价值
 * @param w 商品的重量(体积)
 * @param c 商品的最大容量
 */
public static void knapsackSingle(int[] v, int[] w, int c) {
    int[] dp = new int[c + 1];
    //第一次初始化dp
    for (int i = 0; i < c + 1; i++) {
        dp[i] = w[0] > i ?  0 : v[0];
    }

    for (int i = 1; i < w.length; i++) {
        //防止前面数据被覆盖，从后往前进行遍历
        for (int j = c; j >=0; j--) {
            if (w[i] <= j) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], v[i] + dp[j - w[i]]);
            }
        }
    }
}

四、KMP算法

1，暴力匹配算法

　　源码：暴力匹配

a)思路

如果用暴力匹配的思路，并假设现在 str1 匹配到 i 位置，子串 str2 匹配到 j 位置，则有:
1) 如果当前字符匹配成功（即 str1[i] == str2[j]），则 i++，j++，继续匹配下一个字符 
2) 如果失配（即 str1[i]! = str2[j]），令 i = i - (j - 1)，j = 0。相当于每次匹配失败时，i 回溯，j 被置为 0。 
3) 用暴力方法解决的话就会有大量的回溯，每次只移动一位，若是不匹配，移动到下一位接着判断，浪费了大量 的时间。

b)代码实现

/**
 * 暴力匹配
 * @param str1  原始字符串
 * @param str2  匹配字符串
 */
public static int violenceMatch(String str1,String str2) {
    //表示字符串str2的匹配的索引位置
    int j;
    for (int i = 0; i < str1.length();) {
        j = 0;
        while (i < str1.length() && j < str2.length() && str1.charAt(i) == str2.charAt(j)) {
            i++;
            j++;
        }
        //将j匹配到最后一个字符
        if (j==str2.length()) {
            return i-j;
        }
        i = i - j + 1;
    }
    return -1;
}

2，KMP算法

　　源码：KMP算法

a)思路

寻找最长前缀后缀“ABCDABD”

获取next数组

- 将next 数组相当于“最大长度值” 整体向右移动一位，然后初始值赋为-1
- 若p[k] == p[j]，则next[j + 1 ] = next [j] + 1 = k + 1；
- 若p[k ] ≠ p[j]，如果此时p[ next[k] ] == p[j ]，则next[ j + 1 ] = next[k] + 1，否则继续递归前缀索引k = next[k]，而后重复此过程。
- 解释为：如下图所示，假定给定模式串ABCDABCE，且已知next [j] = k（相当于“p0 pk-1” = “pj-k pj-1” = AB，可以看出k为2），现要求next [j + 1]等于多少？因为pk = pj = C，所以next[j + 1] = next[j] + 1 = k + 1（可以看出next[j + 1] = 3）。代表字符E前的模式串中，有长度k+1 的相同前缀后缀。
- 但如果pk != pj 呢？说明“p0 pk-1 pk” ≠ “pj-k pj-1 pj”。换言之，当pk != pj后，字符E前有多大长度的相同前缀后缀呢？很明显，因为C不同于D，所以ABC 跟 ABD不相同，即字符E前的模式串没有长度为k+1的相同前缀后缀，也就不能再简单的令：next[j + 1] = next[j] + 1 。所以，咱们只能去寻找长度更短一点的相同前缀后缀。
- ```
/**
 * 求出一个字符数组的next数组
 *
 * @param p 字符数组
 * @return next数组
 */
public static int[] getNextArray(char[] p) {
    int[] next = new int[p.length];
    next[0] = -1;
    int k = -1;
    int j = 0;
    while (j < p.length - 1) {
        //p[k]表示前缀 p[j]表示后缀
        if (k == -1 || p[j] == p[k]) {
//                k++;
//                j++;
            next[++j] = ++k;
        } else {
            k = next[k];
        }
    }
    return next;
}
```
基于next数组开始进行匹配
- P[0]跟S[0]匹配失败。所以执行“如果j != -1，且当前字符匹配失败（即S[i] != P[j]），则令 i 不变，j = next[j]”，所以j = -1，故转而执行“如果j = -1，或者当前字符匹配成功（即S[i] == P[j]），都令i++，j++”，得到i = 1，j = 0，即P[0]继续跟S[1]匹配。
- P[0]跟S[1]又失配，j再次等于-1，i、j继续自增，从而P[0]跟S[2]匹配。
- 直到P[0]跟S[4]匹配成功，开始执行此条指令的后半段：“如果j = -1，或者当前字符匹配成功（即S[i] == P[j]），都令i++，j++”。
- P[1]跟S[5]匹配成功，P[2]跟S[6]也匹配成功, …，直到当匹配到P[6]处的字符D时失配（即S[10] != P[6]），由于P[6]处的D对应的next 值为2，所以下一步用P[2]处的字符C继续跟S[10]匹配，相当于向右移动：j – next[j] = 6 – 2 =4 位。
- 向右移动4位后，P[2]处的C再次失配，由于C对应的next值为0，所以下一步用P[0]处的字符继续跟S[10]匹配，相当于向右移动：j – next[j] = 2 – 0 = 2 位。
- 移动两位之后，A 跟空格不匹配，模式串后移1 位。
- P[6]处的D再次失配，因为P[6]对应的next值为2，故下一步用P[2]字符C继续跟文本串匹配，相当于模式串向右移动 j – next[j] = 6 – 2 = 4 位。
- 匹配成功，过程结束。
- 匹配过程一模一样。也从侧面佐证了，next 数组确实是只要将各个最大前缀后缀的公共元素的长度值右移一位，且把初值赋为-1 即可。
- ```
/**
 * 对主串s和模式串t进行KMP模式匹配
 *
 * @param s 主串
 * @param t 模式串
 * @return 若匹配成功，返回t在s中的位置（第一个相同字符对应的位置），若匹配失败，返回-1
 */
public static int kmpMatch(String s, String t) {
    char[] s_arr = s.toCharArray();
    char[] t_arr = t.toCharArray();
    int[] next = getNextArray(t_arr);
    int i = 0, j = 0;
    while (i < s_arr.length && j < t_arr.length) {
        if (j == -1 || s_arr[i] == t_arr[j]) {
            i++;
            j++;
        } else
            j = next[j];
    }
    if (j == t_arr.length)
        return i - j;
    else
        return -1;
}
```