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我的作业:
You are given a non-negative integer variable $Z$. There are two actions available that can change its value:
if $Z$ is odd, subtract 1 from it;
if $Z$ is even, divide it by 2.
These actions are performed until the value of $Z$ becomes 0.
You have to write a function:
int solution(string &S);
such that when given a stringS
consisting of $N$ characters containing a binary representation of the initial value of variable $Z$, returns the number of steps after which the value of $Z$ will become 0, as described above.
#include<iostream>
int solution(string &S) {
int x = stoi(S, 0, 2);
int count = 0;
while (x != 0) {
if (x % 2 == 0) {
x /= 2;
count++;
} else {
x -= 1;
count++;
}
}
return count;
}
最佳答案
Now the time complexity of this code blows up. Where am I going wrong in writing an efficient solution?
32-bit
甚至
64-bit
整数。相反,您应该意识到的是,我们只需要知道
1
的
onesCount
的数量和整数字符串的
size
的长度(我们假设问题陈述中没有前导零)。让我们考虑一个例子。假设我们有一个数字
11001
。然后,这些步骤可以说明如下:
1 1 0 0 1 subtract rightmost bit because it's 1
|
v
1 1 0 0 0 right shift because rightmost 0
|
V
0 1 1 0 0 right shift because rightmost 0
|
v
0 0 1 1 0 right shift because rightmost 0
|
v
0 0 0 1 1 subtract rightmost bit 1
|
v
0 0 0 1 0 right shift because rightmost 0
|
V
0 0 0 0 1 subtract rightmost bit 1
|
V
0 0 0 0 0 Complete.
0
(并且左侧仍然有
1
),则需要迈出一步才能移至下一个右边的数字。但是,如果最右边的数字是
1
(而不是最后一个数字),则我们需要
2
步骤-使其无效并移至下一个右边的数字。显然,如果最左边的数字是
1
并且它是最后一个数字,则仅一步之遥。
0
,则步数也是0
。 1
,则步数为字符串的size
。 1
的次数更多,则总步骤为onesCount * 2 + (size - onesCount - 1)
。但是,这比第2节更通用,我们可以在两种情况下使用它。 uint32_t solveMe(std::string &number) {
uint32_t onesCount = std::count(number.begin(), number.end(), '1');
if (onesCount == 0) {
return 0;
}
uint32_t numberSize = number.size();
return onesCount * 2 + (numberSize - onesCount - 1);
}
zerosCount + (onesCount-1)*2 + 1
关于c++ - 查找字符串可以减少为0的步骤数,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/59511882/
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