我在一次工作面试中被问到这个问题，我想知道其他人是如何解决这个问题的。我最擅长使用Java，但也欢迎使用其他语言的解决方案。
给定一个数字数组nums，返回一个数字数组products，其中products[i]是所有nums[j]的乘积，j != i。 输入:[1,2,3,4,5] 输出:[(2 * 3 * 4 * 5),(1 * 3 * 4 * 5),(1 * 2 * 4 * 5),(1 * 2 * 3 * 5),(1 * 2 * 3 * 4)] = [120, 60, 40, 30, 24] 你必须在O(N)中不使用除法来做这个。
当前回答
下面是另一个简单的概念，可以解决O(N)中的问题。
int[] arr = new int[] {1, 2, 3, 4, 5};
int[] outArray = new int[arr.length];
for(int i=0;i<arr.length;i++){
int res=Arrays.stream(arr).reduce(1, (a, b) -> a * b);
outArray[i] = res/arr[i];
}
System.out.println(Arrays.toString(outArray));
其他回答
最近有人问我这个问题，虽然我不能得到O(N)，但我有一个不同的方法(不幸的是O(N²))，但我想无论如何都要分享。
首先转换为列表<Integer>。
遍历原始数组array.length()次。
使用while循环乘下一组所需的数字:
while (temp < list.size() - 1) {
res *= list.get(temp);
temp++;
}
然后将res添加到一个新数组(当然，您已经在前面声明了)，然后将数组[i]的值添加到List，依此类推。
我知道这不会有太大的用处，但这是我在面试的压力下想到的:)
int[] array = new int[]{1, 2, 3, 4, 5};
List<Integer> list = Arrays.stream(array).boxed().collect(Collectors.toList());
int[] newarray = new int[array.length];
int res = 1;
for (int i = 0; i < array.length; i++) {
int temp = i;
while (temp < list.size() - 1) {
res *= list.get(temp);
temp++;
}
newarray[i] = res;
list.add(array[i]);
res = 1;
}
输出:[24,120,60,40,30]
还有一个解决方案，使用除法。有两次遍历。 把所有元素相乘，然后除以每个元素。
下面是我尝试用Java来解决这个问题。抱歉格式不规范，但代码有很多重复，这是我能做的最好的，使它可读。
import java.util.Arrays;
public class Products {
static int[] products(int... nums) {
final int N = nums.length;
int[] prods = new int[N];
Arrays.fill(prods, 1);
for (int
i = 0, pi = 1 , j = N-1, pj = 1 ;
(i < N) && (j >= 0) ;
pi *= nums[i++] , pj *= nums[j--] )
{
prods[i] *= pi ; prods[j] *= pj ;
}
return prods;
}
public static void main(String[] args) {
System.out.println(
Arrays.toString(products(1, 2, 3, 4, 5))
); // prints "[120, 60, 40, 30, 24]"
}
}
循环不变量为pi = nums[0] * nums[1] *..* nums[N-2] *..num [j + 1]。左边的i部分是“前缀”逻辑，右边的j部分是“后缀”逻辑。
递归一行程序
Jasmeet给出了一个(漂亮的!)递归解;我把它变成了这样(可怕!)Java一行程序。它进行就地修改，堆栈中有O(N)个临时空间。
static int multiply(int[] nums, int p, int n) {
return (n == nums.length) ? 1
: nums[n] * (p = multiply(nums, nums[n] * (nums[n] = p), n + 1))
+ 0*(nums[n] *= p);
}
int[] arr = {1,2,3,4,5};
multiply(arr, 1, 0);
System.out.println(Arrays.toString(arr));
// prints "[120, 60, 40, 30, 24]"
预先计算每个元素左右两边数字的乘积。 对于每个元素，期望值都是它相邻元素乘积的乘积。
#include <stdio.h>
unsigned array[5] = { 1,2,3,4,5};
int main(void)
{
unsigned idx;
unsigned left[5]
, right[5];
left[0] = 1;
right[4] = 1;
/* calculate products of numbers to the left of [idx] */
for (idx=1; idx < 5; idx++) {
left[idx] = left[idx-1] * array[idx-1];
}
/* calculate products of numbers to the right of [idx] */
for (idx=4; idx-- > 0; ) {
right[idx] = right[idx+1] * array[idx+1];
}
for (idx=0; idx <5 ; idx++) {
printf("[%u] Product(%u*%u) = %u\n"
, idx, left[idx] , right[idx] , left[idx] * right[idx] );
}
return 0;
}
结果:
$ ./a.out
[0] Product(1*120) = 120
[1] Product(1*60) = 60
[2] Product(2*20) = 40
[3] Product(6*5) = 30
[4] Product(24*1) = 24
(更新:现在我仔细看，这使用与Michael Anderson, Daniel Migowski和上面的聚基因润滑剂相同的方法)
下面是一个使用c#的函数式示例:
Func<long>[] backwards = new Func<long>[input.Length];
Func<long>[] forwards = new Func<long>[input.Length];
for (int i = 0; i < input.Length; ++i)
{
var localIndex = i;
backwards[i] = () => (localIndex > 0 ? backwards[localIndex - 1]() : 1) * input[localIndex];
forwards[i] = () => (localIndex < input.Length - 1 ? forwards[localIndex + 1]() : 1) * input[localIndex];
}
var output = new long[input.Length];
for (int i = 0; i < input.Length; ++i)
{
if (0 == i)
{
output[i] = forwards[i + 1]();
}
else if (input.Length - 1 == i)
{
output[i] = backwards[i - 1]();
}
else
{
output[i] = forwards[i + 1]() * backwards[i - 1]();
}
}
我不完全确定这是O(n)，因为所创建的Funcs是半递归的，但我的测试似乎表明它在时间上是O(n)。
