【学习记录(2)】

1.各位相加

给定一个非负整数 num，反复将各个位上的数字相加，直到结果为一位数。返回这个结果。

示例 1:

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输入: num = 38
输出: 2 

解释: 各位相加的过程为：
38 --> 3 + 8 --> 11
11 --> 1 + 1 --> 2
由于 2 是一位数，所以返回 2。

示例 2:

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输入: num = 0
输出: 0

提示：

0 <= num <= 231 - 1

方法一：暴力

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int addDigits(int num) {
    while (num >= 10) {
        int sum = 0;
        while (num > 0) {
            sum += num % 10;
            num /= 10;
        }
        num = sum;
    }
    return num;
}

int main() {
    int num;
    cin >> num;
    cout << addDigits(num) << endl;
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：O(log(n))。

空间复杂度：O(1)。

方法二：数学

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int addDigits(int num) {
    return (num - 1) % 9 + 1;
}

int main() {
    int num;
    cin >> num;
    cout << addDigits(num) << endl;
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：O(1)。

空间复杂度：O(1)。

2.数组异或操作

给你两个整数，n 和 start 。

数组 nums 定义为：nums[i] = start + 2*i（下标从 0 开始）且 n == nums.length 。

请返回 nums 中所有元素按位异或（XOR）后得到的结果。

示例 1：

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输入：n = 5, start = 0
输出：8
解释：数组 nums 为 [0, 2, 4, 6, 8]，其中 (0 ^ 2 ^ 4 ^ 6 ^ 8) = 8 。
     "^" 为按位异或 XOR 运算符。

示例 2：

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输入：n = 4, start = 3
输出：8
解释：数组 nums 为 [3, 5, 7, 9]，其中 (3 ^ 5 ^ 7 ^ 9) = 8.

示例 3：

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输入：n = 1, start = 7
输出：7

示例 4：

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输入：n = 10, start = 5
输出：2

提示：

1 <= n <= 1000
0 <= start <= 1000
n == nums.length

方法一：暴力

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int xorOperation(int n, int start) {
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ans ^= (start + i * 2);
    }
    return ans;
}

int main() {
    int n, start;
    cin >> n >> start;
    cout << xorOperation(n, start) << endl;
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)。这里用一重循环对 n 个数字进行异或。
空间复杂度：O(1)。这里只是用了常量级别的辅助空间。

方法二：数学

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 函数：计算 0 ⊕ 1 ⊕ 2 ⊕ ... ⊕ s 的结果（前缀异或）
// 利用异或运算的性质，每连续4个整数异或结果为0，可以O(1)计算
int S(int s) {
    if (s < 0) return 0;           // 处理 s = -1 的情况（当 start = 0 时 s-1 = -1）
    if (s % 4 == 0) return s;      // 4k: 0⊕1⊕...⊕4k = 4k
    if (s % 4 == 1) return 1;      // 4k+1: 结果 = 1
    if (s % 4 == 2) return s + 1;  // 4k+2: 结果 = 4k+3
    return 0;                      // 4k+3: 结果 = 0
}

// 函数：计算 nums[i] = start + 2*i 的异或和
// 利用数学优化，时间复杂度 O(1)
int xorOperation(int n, int start) {
    // 将每个数除以2（右移1位），分离出最低位
    // 原式: (2s) ⊕ (2(s+1)) ⊕ ... ⊕ (2(s+n-1)) 再处理最低位的 e
    int s = start >> 1;              // s = start / 2，整数除法
    // 计算高位部分的异或：s ⊕ (s+1) ⊕ ... ⊕ (s+n-1)
    // 区间异或 = 前缀异或(s+n-1) ⊕ 前缀异或(s-1)
    int ans = S(s - 1) ^ S(s + n - 1);
    
    // 处理最低位 e
    // 只有当 n 为奇数 且 start 为奇数时，最低位的异或结果才是 1
    int e = 0;
    if (n % 2 && start % 2) e = 1;
    
    // 高位结果左移1位（相当于乘以2），再加上最低位
    ans = ans * 2 + e;
    return ans;
}

int main() {
    int n, start;
    cin >> n >> start; 
    cout << xorOperation(n, start) << endl;
    return 0;
}

算法核心思想

分离最低位 ：start + 2*i = 2*(start/2 + i) + (start%2)
高位部分 ：计算连续整数的异或 (s) ⊕ (s+1) ⊕ ... ⊕ (s+n-1)，用前缀异或 s(x) 实现
区间异或 = 前缀异或(s+n-1) ⊕ 前缀异或(s-1)，ans = S(s - 1) ^ S(s + n - 1)
低位部分 ：只有当 n 和 start 都是奇数时，最低位异或结果才为 1
**最终公式：**xorOperation(n,start)=2⋅(S(s+n−1)⊕S(s−1))+(e*(n mod 2)*(start mod 2))

异或运算基本性质

自反性：x⊕x=0
交换律：x⊕y=y⊕x
结合律：(x⊕y)⊕z=x⊕(y⊕z)
消去律：x⊕y⊕y=x
连续四个整数异或为 0： ∀i∈Z, (4i)⊕(4i+1)⊕(4i+2)⊕(4i+3)=0

前缀异或函数 S(m)

定义： S(m)=0⊕1⊕2⊕⋯⊕m

利用连续四个整数异或为 0 的性质推导：

若 m=4k：S(4k)=4k
若 m=4k+1：S(4k+1)=1
若 m=4k+2：S(4k+2)=4k+3
若 m=4k+3：S(4k+3)=0

即：

区间异或公式

L⊕(L+1)⊕⋯⊕R=S(R)⊕S(L−1)

推导：因为 S(R)= $0\oplus1\oplus\dots\oplus(L-1)$ ⊕ $L\oplus(L+1)\oplus\dots\oplusR$ ，两边同时异或 S(L−1)，即可得到区间异或公式。