Java快速幂
gonghr 人气:1引入
快速幂是用来解决求幂运算的高效方式。
例如我们要求 x 的 90 次方，一般的方法可以通过一个循环，每次乘一个 x，循环 90 次之后就可以得到答案，时间复杂度为 O(n)，效率较低。而通过快速幂，我们可以在 O(log(n)) 的时间复杂度内完成该运算。
具体方法
我们可以通过二进制的视角来看待幂运算。
要计算的是 xn，把 n 以二进制的形式展开。
所以，只需要使用一个循环求 n 的二进制的每一位，每次一循环中，如果该二进制位为 0，则不需要乘；如果该二进制位为 1，则需要乘 x。且每一次循环中都执行 x *= x，可以一次获取 x 的不同幂次。
代码实现
public static double getPower(double x, int n) {
if(x == 0) return 0;
if(n < 0) { // x^(-a) = (1/x)^a
x = 1/x;
n = -n;
}
double res = 1.0;
while(n > 0) {
if((n & 1) == 1) {
res *= x;
}
x *= x;
n >>= 1;
}
return res;
}
题目
Pow(x, n)题目内容如下
实现 pow(x, n) ，即计算 x 的 n 次幂函数（即，xn ）。
示例 1：
输入：x = 2.00000, n = 10
输出：1024.00000
示例 2：
输入：x = 2.10000, n = 3
输出：9.26100
示例 3：
输入：x = 2.00000, n = -2
输出：0.25000
解释：2-2 = 1/22 = 1/4 = 0.25
提示：
-100.0 < x < 100.0
-231 <= n <= 231-1
-104 <= xn <= 104
实现代码
class Solution {
public double myPow(double x, int n) {
long exp = n; // 特殊处理：补码表示的负数最小值的相反数超过 Integer 表示范围，故提高数据表示范围
if(x == 0.0) return 0.0;
if(n < 0) {
x = 1/x;
exp = -exp;
}
double res = 1.0;
while(exp > 0) {
if((exp & 1) == 1) res *= x;
x *= x;
exp >>= 1;
}
return res;
}
}
矩阵快速幂
斐波那契数列
解：找到一种递推关系，满足矩阵乘法。
f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)，将其依赖的状态存成列向量
目标值 f(n) 所在矩阵为：
下面关键就是找到这两个矩阵直接满足的一个关系，知道系数矩阵 mat
则令
我们就成功找到了系数矩阵。
下面可以求得递推关系式：
对于 mat 可以通过快速幂求得结果。
class Solution {
int mod = (int)1e9+7;
public int fib(int n) {
if(n <= 1) return n;
long[][] mat = new long[][]{
{1, 1},
{1, 0}
};
long[][] ans = new long[][]{
{1},
{0}
};
int count = n - 1;
while(count > 0) {
if((count & 1) == 1) ans = mul(mat, ans); // 注意矩阵乘法顺序，不满足交换律
mat = mul(mat, mat);
count >>= 1;
}
return (int)(ans[0][0] % mod);
}
public long[][] mul(long[][] a, long[][] b) {
// 矩阵乘法，新矩阵的行数 = a的行数rowa，列数 = b的列数colb
// a矩阵的列数 = b矩阵的行数 = common
int rowa = a.length, colb = b[0].length, common = b.length;
long[][] ans = new long[rowa][colb];
for (int i = 0; i < rowa; i++) {
for (int j = 0; j < colb; j++) {
for (int k = 0; k < common; k++) {
ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
ans[i][j] %= mod;
}
}
}
return ans;
}
}
第 N 个泰波那契数
解：
对于 mat 的幂运算可以使用快速幂
class Solution {
public int tribonacci(int n) {
if(n == 0) return 0;
if(n == 1 || n == 2) return 1;
int[][] mat = new int[][]{
{1, 1, 1},
{1, 0, 0},
{0, 1, 0}
};
int[][] ans = new int[][]{
{1},
{1},
{0}
};
int count = n - 2;
while(count > 0) {
if((count & 1) == 1) ans = mul(mat, ans);
mat = mul(mat, mat);
count >>= 1;
}
return ans[0][0];
}
public int[][] mul(int[][] a, int[][] b) {
int rowa = a.length;
int colb = b[0].length;
int common = b.length;
int[][] ans = new int[rowa][colb];
for(int i = 0; i < rowa; i++) {
for(int j = 0; j < colb; j++) {
for(int k = 0; k < common; k++) {
ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
}
}
}
return ans;
}
}
统计元音字母序列的数目
提示：1 <= n <= 2 * 10^4
解：题目中给定的字符的下一个字符的规则如下：
字符串中的每个字符都应当是小写元音字母 （‘a’,‘e’,‘i’,‘o’,‘u’）；
- 每个元音 ‘a’ 后面都只能跟着 ‘e’；
- 每个元音 ‘e’ 后面只能跟着 ‘a’ 或者是 ‘a’；
- 每个元音 ‘i’ 后面不能再跟着另一个 ‘i’；
- 每个元音 ‘o’ 后面只能跟着 ‘i’ 或者是 ‘u’；
- 每个元音 ‘u’ 后面只能跟着 ‘a’；
以上等价于每个字符的前一个字符的规则如下：
- 元音字母 ‘a’ 前面只能跟着 ‘e’,‘i’,‘u’；
- 元音字母 ‘e’ 前面只能跟着 ‘a’,‘i’；
- 每个元音 ‘i’ 前面只能跟着 ‘e’,‘o’；
- 每个元音 ‘o’ 前面只能跟着 ‘i’；
- 每个元音 ‘u’ 前面只能跟着 ‘o’,‘i’；
我们设 f[i][j] 代表当前长度为 i 且以字符 j 为结尾的字符串的数目，其中在此 j=0,1,2,3,4 分别代表元音字母 ‘a’,‘e’,‘i’,‘o’,‘u’
class Solution {
long mod = 1_000_000_007;
public int countVowelPermutation(int n) {
long[][] mat =
{
{0, 1, 0, 0, 0},
{1, 0, 1, 0, 0},
{1, 1, 0, 1, 1},
{0, 0, 1, 0, 1},
{1, 0, 0, 0, 0}
};
long[][] ans = {
{1},{1},{1},{1},{1}
};
int count = n - 1;
while(count > 0) {
if((count & 1) == 1) ans = mul(mat, ans);
mat = mul(mat, mat);
count >>= 1;
}
long res = 0;
for(int i = 0; i < 5; i++) {
res += ans[i][0];
}
return (int)(res % mod);
}
public long[][] mul(long[][] a, long[][] b) {
int rowa = a.length;
int colb = b[0].length;
int common = b.length;
long[][] ans = new long[rowa][colb];
for(int i = 0; i < rowa; i++) {
for(int j = 0; j < colb; j++) {
for(int k = 0; k < common; k++) {
ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
ans[i][j] %= mod;
}
}
}
return ans;
}
}
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