C++实现LeetCode(89.格雷码)
[LeetCode] 89.Gray Code 格雷码
The gray code is a binary numeral system where two successive values differ in only one bit.
Given a non-negative integer n representing the total number of bits in the code, print the sequence of gray code. A gray code sequence must begin with 0.
For example, given n = 2, return [0,1,3,2]. Its gray code sequence is:
00 - 0
01 - 1
11 - 3
10 - 2
Note:
For a given n, a gray code sequence is not uniquely defined.
For example, [0,2,3,1] is also a valid gray code sequence according to the above definition.
For now, the judge is able to judge based on one instance of gray code sequence. Sorry about that.
这道题是关于格雷码的，猛地一看感觉完全没接触过格雷码，但是看了维基百科后，隐约的感觉原来好像哪门可提到过，哎全还给老师了。这道题如果不了解格雷码，还真不太好做，幸亏脑补了维基百科，上面说格雷码是一种循环二进制单位距离码，主要特点是两个相邻数的代码只有一位二进制数不同的编码，格雷码的处理主要是位操作 Bit Operation，LeetCode中关于位操作的题也挺常见，比如 Repeated DNA Sequences 求重复的DNA序列， Single Number 单独的数字, 和 Single Number II 单独的数字之二 等等。三位的格雷码和二进制数如下：
Int Grey Code Binary
0 000 000
1 001 001
2 011 010
3 010 011
4 110 100
5 111 101
6 101 110
7 100 111
其实这道题还有多种解法。首先来看一种最简单的，是用到格雷码和二进制数之间的相互转化，明白了转换方法后，这道题完全没有难度，代码如下：
解法一：
// Binary to grey code
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
vector<int> res;
for (int i = 0; i < pow(2,n); ++i) {
res.push_back((i >> 1) ^ i);
}
return res;
}
};
然后我们来看看其他的解法，参考维基百科上关于格雷码的性质，有一条是说镜面排列的，n位元的格雷码可以从n-1位元的格雷码以上下镜射后加上新位元的方式快速的得到。
有了这条性质，我们很容易的写出代码如下：
解法二：
// Mirror arrangement
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
vector<int> res{0};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int size = res.size();
for (int j = size - 1; j >= 0; --j) {
res.push_back(res[j] | (1 << i));
}
}
return res;
}
};
维基百科上还有一条格雷码的性质是直接排列，以二进制为0值的格雷码为第零项，第一项改变最右边的位元，第二项改变右起第一个为1的位元的左边位元，第三、四项方法同第一、二项，如此反复，即可排列出n个位元的格雷码。根据这条性质也可以写出代码，不过相比前面的略微复杂，代码如下：
0 0 0
0 0 1
0 1 1
0 1 0
1 1 0
1 1 1
1 0 1
1 0 0
解法三：
// Direct arrangement
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
vector<int> res{0};
int len = pow(2, n);
for (int i = 1; i < len; ++i) {
int pre = res.back();
if (i % 2 == 1) {
pre = (pre & (len - 2)) | ((~pre) & 1);
} else {
int cnt = 1, t = pre;
while ((t & 1) != 1) {
++cnt;
t >>= 1;
}
if ((pre & (1 << cnt)) == 0) pre |= (1 << cnt);
else pre &= ~(1 << cnt);
}
res.push_back(pre);
}
return res;
}
};
上面三种解法都需要事先了解格雷码及其性质，假如我们之前并没有接触过格雷码，那么我们其实也可以用比较笨的方法来找出结果，比如下面这种方法用到了一个set来保存已经产生的结果，我们从0开始，遍历其二进制每一位，对其取反，然后看其是否在set中出现过，如果没有，我们将其加入set和结果res中，然后再对这个数的每一位进行遍历，以此类推就可以找出所有的格雷码了，参见代码如下：
解法四：
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
vector<int> res;
unordered_set<int> s;
helper(n, s, 0, res);
return res;
}
void helper(int n, unordered_set<int>& s, int out, vector<int>& res) {
if (!s.count(out)) {
s.insert(out);
res.push_back(out);
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int t = out;
if ((t & (1 << i)) == 0) t |= (1 << i);
else t &= ~(1 << i);
if (s.count(t)) continue;
helper(n, s, t, res);
break;
}
}
};
既然递归方法可以实现，那么就有对应的迭代的写法，当然需要用stack来辅助，参见代码如下：
解法五：
class Solution {
public:
vector<int> grayCode(int n) {
vector<int> res{0};
unordered_set<int> s;
stack<int> st;
st.push(0);
s.insert(0);
while (!st.empty()) {
int t = st.top(); st.pop();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int k = t;
if ((k & (1 << i)) == 0) k |= (1 << i);
else k &= ~(1 << i);
if (s.count(k)) continue;
s.insert(k);
st.push(k);
res.push_back(k);
break;
}
}
return res;
}
};
