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
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。
其他回答
还有一个O(N^(3/2))非最优解。不过，这很有趣。
首先预处理大小为N^0.5的每个部分乘法(这在O(N)时间复杂度中完成)。然后，计算每个数字的其他值的倍数可以在2*O(N^0.5)时间内完成(为什么?因为您只需要将其他((N^0.5) - 1)数字的最后一个元素相乘，并将结果与属于当前数字组的((N^0.5) - 1)数字相乘。对每一个数都这样做，可以得到O(N^(3/2))时间。
例子:
4, 6, 7, 2, 3, 1, 9, 5, 8
部分结果: 4*6*7 = 168 2*3*1 = 6 9*5*8 = 360
要计算3的值，需要将其他组的值乘以168*360，然后乘以2*1。
下面是我用现代c++编写的解决方案。它使用std::transform，很容易记住。
在线代码(wandbox)。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
vector<int>& multiply_up(vector<int>& v){
v.insert(v.begin(),1);
transform(v.begin()+1, v.end()
,v.begin()
,v.begin()+1
,[](auto const& a, auto const& b) { return b*a; }
);
v.pop_back();
return v;
}
int main() {
vector<int> v = {1,2,3,4,5};
auto vr = v;
reverse(vr.begin(),vr.end());
multiply_up(v);
multiply_up(vr);
reverse(vr.begin(),vr.end());
transform(v.begin(),v.end()
,vr.begin()
,v.begin()
,[](auto const& a, auto const& b) { return b*a; }
);
for(auto& i: v) cout << i << " ";
}
这个解决方案可以被认为是C/ c++的。 假设我们有一个包含n个元素的数组a 像a[n]一样，那么伪代码将如下所示。
for(j=0;j<n;j++)
{
prod[j]=1;
for (i=0;i<n;i++)
{
if(i==j)
continue;
else
prod[j]=prod[j]*a[i];
}
根据Billz的回答——抱歉我不能评论，但这里是一个正确处理列表中重复项的scala版本，可能是O(n):
val list1 = List(1, 7, 3, 3, 4, 4)
val view = list1.view.zipWithIndex map { x => list1.view.patch(x._2, Nil, 1).reduceLeft(_*_)}
view.force
返回:
List(1008, 144, 336, 336, 252, 252)
php版本 使用不除法的array_product函数。 如果我们将i的值临时设为1，那么数组product将完全满足我们的需要
<?php
function product($key, $arr)
{
$arr[$key] = 1;
return array_product($arr);
};
$arr = [1, 2, 3, 4, 5];
$newarr = array();
foreach ($arr as $key => $value) {
$newarr[$key] = product($key, $arr);
}
print_r($newarr);
