求1+2+…+n
题目描述
求1+2+...+n,要求不能使用乘除法、for、while、if、else、switch、case等关键字及条件判断语句(A?B:C)。
示例1:
输入: n = 3
输出: 6
示例2:
输入: n = 9
输出: 45
限制:1 <= n <= 10000
解题技巧
- 方法一:递归
试想一下如果不加限制地使用递归的方法来实现这道题,相信大家都能很容易地给出下面的实现(以C++为例):
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
return n == 0 ? 0 : n + sumNums(n - 1);
}
};
通常实现递归的时候我们都会利用条件判断语句来决定递归的出口,但由于题目的限制我们不能使用条件判断语句,那么我们是否能使用别的办法来确定递归出口呢?答案就是逻辑运算符的短路性质。
以逻辑运算符&&为例,对于A && B这个表达式,如果A表达式返回False,那么A && B已经确定为False,此时不会去执行表达式B。同理,对于逻辑运算符||,对于A || B这个表达式,如果A表达式返回True,那么A || B已经确定为True,此时不会去执行表达式B。
利用这一特性,我们可以将判断是否为递归的出口看作A && B表达式中的A部分,递归的主体函数看作B部分。如果不是递归出口,则返回True,并继续执行表达式B的部分,否则递归结束。当然,你也可以用逻辑运算符||给出类似的实现,这里我们只提供结合逻辑运算符&&的递归实现。
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
n && (n += sumNums(n-1));
return n;
}
};
复杂度分析:
时间复杂度:O(n)。递归函数递归n次,每次递归中计算时间复杂度为O(1),因此总时间复杂度为O(n)。
空间复杂度:O(n)。递归函数的空间复杂度取决于递归调用栈的深度,这里递归函数调用栈深度为O(n),因此空间复杂度为O(n)。
- 方法二:快速乘
考虑A和B两数相乘的时候我们如何利用加法和位运算来模拟,其实就是将B二进制展开,如果B的二进制表示下第i位为1,那么这一位对最后结果的贡献就是A*(1<<i)A*(1<<i)
,即A<<i
。我们遍历B二进制展开下的每一位,将所有贡献累加起来就是最后的答案,这个方法也被称作「俄罗斯农民乘法」,感兴趣的读者可以自行网上搜索相关资料。这个方法经常被用于两数相乘取模的场景,如果两数相乘已经超过数据范围,但取模后不会超过,我们就可以利用这个方法来拆位取模计算贡献,保证每次运算都在数据范围内。
下面给出这个算法的C++实现:
int quickMulti(int A, int B) {
int ans = 0;
for ( ; B; B >>= 1) {
if (B & 1) {
ans += A;
}
A <<= 1;
}
return ans;
}
回到本题,由等差数列求和公式我们可以知道1+2+\cdots+n等价于\frac{n(n+1)}{2},对于除以2我们可以用右移操作符来模拟,那么等式变成了n(n+1)>>1
,剩下不符合题目要求的部分即为n(n+1)
,根据上文提及的快速乘,我们可以将两个数相乘用加法和位运算来模拟,但是可以看到上面的C++实现里我们还是需要循环语句,有没有办法去掉这个循环语句呢?答案是有的,那就是自己手动展开,因为题目数据范围n为[1,10000],所以n二进制展开最多不会超过14位,我们手动展开14层代替循环即可,至此满足了题目的要求,具体实现可以参考下面给出的代码。
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
int ans = 0, A = n, B = n + 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
(B & 1) && (ans += A);
A <<= 1;
B >>= 1;
return ans >> 1;
}
};
复杂度分析:
时间复杂度:O(\log n)。快速乘需要的时间复杂度为O(\log n)。
空间复杂度:O(1)。只需要常数空间存放若干变量。
- 方法3:利用构造函数求解
class Temp{
public:
Temp(){++N;Sum += N;}
static void Reset(){N=0;Sum=0;}
static int GetNum(){return Sum;}
private:
static int N;
static int Sum;
};
int Temp::N = 0;
int Temp::Sum = 0;
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
Temp::Reset();
Temp *a=new Temp[n];
delete []a;
a=NULL;
return Temp::GetNum();
}
};
- 方法4:利用虚函数求解
class A;
A* Array[2];
class A{
public:
virtual int Sum(int n){
return 0;
}
};
class B:public A {
public:
virtual int Sum(int n){
return Array[!!n]->Sum(n-1) +n;
}
};
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
A a;
B b;
Array[0] = &a;
Array[1] = &b;
int value = Array[1]->Sum(n);
return value;
}
};
- 方法5:利用函数指针
typedef int (*fun)(int);
int temp(int n){
return 0;
};
int solution(int n){
static fun f[2] = {temp, solution};
return n + f[!!n](n-1);
}
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
return solution(n);
}
};