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  • leetcode刷题笔录6

     

    leetcode刷题笔录-6

    验证二叉查找树

    • 给出一棵树，验证其是否是一棵二叉查找树。二叉查找树应当满足，对于每个节点：
      • 左子树中的所有节点的值小于该节点的值；
      • 右子树中的所有节点的值大于该节点的值；
      • 左子树和右子树都必须是二叉查找树。
    • 思路：递归检查每个节点的值是不是在某个区间 [min, max] 中，对根节点，检查其是不是在区间 [INT_MIN, INT_MAX] 中。对某个节点的检查区间，如此确定：如果该节点是父节点的左子结点，则 min 继承父节点检查区间的 min ，而 max 则为父节点的值；右子树类似。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode *root) {
        return _isValidBST(root, INT_MIN, INT_MAX);
    }
    
    
    bool _isValidBST(TreeNode *root, int min, int max){
        if(root==NULL){
            return true;
        }
        else{
            if(root->val < min || root->val > max){
                return false;
            }
            return _isValidBST(root->left, min, root->val-1) && _isValidBST(root->right, root->val+1, max);
        }
    }
};

    恢复二叉查找树

    • 二叉查找树的两个节点被对调了，在不改变二叉树结构的情况下恢复之。
    • 思路：这样考虑，如果一个递增排列的数组中有两个元素被对调了，试图恢复之是较为简单的，只要稍微考虑一下边界条件即可。而此处是二叉树，我们只需要像顺序数组一样访问二叉树即可，即通过中序遍历一次访问各节点。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    void recoverTree(TreeNode *root) {
        node1 = NULL;
        node2 = NULL;
        preNode = NULL;
        inOrderDetect(root);
        
        if(node2 == NULL){
            node2 = root;
            while(node2->right){
                node2=node2->right;
            }
        }
        
        int tmp = node1->val;
        node1->val = node2->val;
        node2->val = tmp;
    }
    
    void inOrderDetect(TreeNode *root){
        if(root == NULL){
            return;
        }        
        inOrderDetect(root->left);        
        if(preNode != NULL){
            if(node1 == NULL){
                if(root->val < preNode->val){
                    node1 = preNode;
                }
            }
            else if(node2 == NULL){
                if(root->val > node1->val){
                    node2 = preNode;
                }
            }
        }
        preNode = root;        
        inOrderDetect(root->right);
    }
    
    TreeNode* node1;
    TreeNode* node2;
    TreeNode* preNode;
}; 

    字符串交错

    • 给出三个字符串 s1 和 s2 和 s3 ，判断 s3 是否是由 s1 和 s2 交错产生的。如 s1="aabcc"，s2="dbbca"，那么 s3="aadbbcbcac" 就是由前两个字符串交错产生的。
    • 思路：一看就知是动态规划问题。对于 s1[m1...m2]，s2[n1...n2] 和 s3[p1...p2] （最初m1，n1，p1都为0），s3是否由 s1 和 s2 交错产生取决于：
      • 如果 s1[m1]!=s3[p1] 且 s2[m1]!=s3[p1]，那么s3就不是由s1和s2交错产生，返回false；
      • 如果 s1[m1]==s3[p1] 且 s2[m1]!=s3[p1]，那么就看 s1[m1+1...m2] 和 s2[n1...n2] 是否能够交错产生 s3[p1+1...p2]；
      • 如果 s1[m1]!=s3[p1] 且 s2[m1]==s3[p1]，和上一条类似。
      • 如果 s1[m1]==s3[p1] 且 s2[m1]==s3[p1]，那么如果 s1[m1+1...m2] 和 s2[n1...n2] 能够交错产生 s3[p1+1...p2]，或者 s1[m1...m2] 和 s2[n1+1...n2] 能够交错产生 s3[p1+1...p2]，都返回 true。
    • 实现
      class Solution {
public:
    bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {

        int mp = s1.length();
        int mq = s2.length();
        int mk = s3.length();
        if(mp+mq != mk){
            return false;
        }

        vector<vector<int>> s(
            mp+1,
            vector<int>(mq+1, -1)
            );
        return _isInterleave(s1, 0, s2, 0, s3, 0, s);
    }

    bool _isInterleave(string s1, int p, string s2, int q, string s3, int k, vector<vector<int>>& s){

        bool rslt = false;

        if(p==s1.length() && q==s2.length()){
            return true;
        }

        if(s[p][q] == 1){
            return true;
        }
        else if(s[p][q] == 0){
            return false;
        }

        if(p<s1.length()){
            if(s3[k]==s1[p]){
                rslt = _isInterleave(s1, p+1, s2, q, s3, k+1, s) || rslt;
            }
        }
        if(q<s2.length()){
            if(s3[k]==s2[q]){
                rslt = _isInterleave(s1, p, s2, q+1, s3, k+1, s) || rslt;
            }
        }

        s[p][q] = rslt ? 1 : 0;

        return rslt;
    }
}; 

    唯一二叉查找树1

    • 给出一个整数 n ，试问存储了 n 个不同的节点值的二叉查找树有多少种？比如给出3，返回5，因为有5种三个节点的二叉查找树，如下：
         1         3     3      2      1
    \       /     /      / \      \
     3     2     1      1   3      2
    /     /       \                 \
   2     1         2                 3
    • 思路：动态规划，二叉查找树的种类数 f(n)=σni=0f(i)⋅f(n−i)，且 f(0)=f(1)=1，因为没有节点的二叉树和只有一个节点的二叉树都只有一种。
    • 实现：
      class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> nums;
        nums.push_back(1);
        nums.push_back(1);
        for(int i=2; i<=n; i++){
            int num = 0;
            for(int j=0; j<i; j++){
                num += nums[j-0]*nums[i-1-j];
            }
            nums.push_back(num);        
        }
        return nums[n];
    }    
}; 

    唯一二叉查找树2

    • 同上一题，只不过需要输出所有可能的二叉查找树。
    • 思路：同上略。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<TreeNode *> generateTrees(int n) {
        return _generateTrees(0, n-1);
    }
    
    vector<TreeNode *> _generateTrees(int n1, int n2){
        vector<TreeNode *> trees;
        if(n1>n2){
            trees.push_back(NULL);
        }
        
        if(n1<=n2){
            for(int i=n1; i<=n2; i++){
                vector<TreeNode *> leftTrees = _generateTrees(n1, i-1);
                vector<TreeNode *> rightTrees = _generateTrees(i+1, n2);
                for(int p=0; p<leftTrees.size(); p++){
                    for(int q=0; q<rightTrees.size(); q++){
                        TreeNode* tree = new TreeNode(i+1);
                        tree->left = copyTree(leftTrees[p]);
                        tree->right = copyTree(rightTrees[q]);
                        trees.push_back(tree);
                    }
                }
            }
        }
        return trees;
    }
    
    TreeNode* copyTree(TreeNode* target){
        if(target==NULL){
            return NULL;
        }
        TreeNode* node = new TreeNode(target->val);
        node->left = copyTree(target->left);
        node->right = copyTree(target->right);
        
        return node;
    }
};

    二叉查找树的中序遍历

    • 不使用递归方法中序遍历输出二叉查找树
    • 思路：如果是递归的方法，那就很简单了。题目要求不用递归，而用循环来解决，那就需要借助一个栈来实现。栈中先压入一个空节点，然后令当前节点为根节点，并如下循环处理，直到当前节点为空（即栈空）：
      • 如果当前节点是新获得的节点（而不是从栈中弹出），那就将其压入栈中，然后：
        • 如果该节点有左节点，那就令当前节点为左节点，进行下一次循环；
        • 如果当前节点没有左节点，那就将其弹出，当前节点不变（只不过现在不是新获得的节点了，而是从栈中弹出的节点），进行下一次循环；
      • 如果当前节点是从栈中弹出的节点，那就首先输出之（这是唯一输出该节点的地方，每个节点都经过这一步），然后：
        • 如果该节点有右节点，那就再从栈中弹出一个节点作为当前节点，进行下一次循环；
        • 如果该节点有有节点，就将当前节点设为有节点（注意该节点是新获得的节点），进行下一次循环。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root) {
        vector<int> rslt;
        stack<TreeNode*> stk;
        stk.push(NULL);
        
        TreeNode* node = root;
        bool nodeIsPoped = false;
        
        while(node!=NULL){
            if(nodeIsPoped){
                rslt.push_back(node->val);
                if(node->right){
                    node = node->right;
                    nodeIsPoped = false;
                }
                else{
                    node = stk.top();
                    stk.pop();
                }
            }
            else{
                stk.push(node);
                if(node->left){
                    node=node->left;
                }
                else{
                    node=stk.top();
                    stk.pop();
                    nodeIsPoped = true;
                }
            }
        }
        
        return rslt;
    }
};
    作者：一叶斋主人
    出处：www.cnblogs.com/yiyezhai
    本文版权归作者和博客园共有，欢迎转载，但未经作者同意必须保留此段声明，且在文章页面明显位置给出原文连接，否则保留追究法律责任的权利。
     

    验证二叉查找树

    • 给出一棵树，验证其是否是一棵二叉查找树。二叉查找树应当满足，对于每个节点：
      • 左子树中的所有节点的值小于该节点的值；
      • 右子树中的所有节点的值大于该节点的值；
      • 左子树和右子树都必须是二叉查找树。
    • 思路：递归检查每个节点的值是不是在某个区间 [min, max] 中，对根节点，检查其是不是在区间 [INT_MIN, INT_MAX] 中。对某个节点的检查区间，如此确定：如果该节点是父节点的左子结点，则 min 继承父节点检查区间的 min ，而 max 则为父节点的值；右子树类似。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode *root) {
        return _isValidBST(root, INT_MIN, INT_MAX);
    }
    
    
    bool _isValidBST(TreeNode *root, int min, int max){
        if(root==NULL){
            return true;
        }
        else{
            if(root->val < min || root->val > max){
                return false;
            }
            return _isValidBST(root->left, min, root->val-1) && _isValidBST(root->right, root->val+1, max);
        }
    }
};

    恢复二叉查找树

    • 二叉查找树的两个节点被对调了，在不改变二叉树结构的情况下恢复之。
    • 思路：这样考虑，如果一个递增排列的数组中有两个元素被对调了，试图恢复之是较为简单的，只要稍微考虑一下边界条件即可。而此处是二叉树，我们只需要像顺序数组一样访问二叉树即可，即通过中序遍历一次访问各节点。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    void recoverTree(TreeNode *root) {
        node1 = NULL;
        node2 = NULL;
        preNode = NULL;
        inOrderDetect(root);
        
        if(node2 == NULL){
            node2 = root;
            while(node2->right){
                node2=node2->right;
            }
        }
        
        int tmp = node1->val;
        node1->val = node2->val;
        node2->val = tmp;
    }
    
    void inOrderDetect(TreeNode *root){
        if(root == NULL){
            return;
        }        
        inOrderDetect(root->left);        
        if(preNode != NULL){
            if(node1 == NULL){
                if(root->val < preNode->val){
                    node1 = preNode;
                }
            }
            else if(node2 == NULL){
                if(root->val > node1->val){
                    node2 = preNode;
                }
            }
        }
        preNode = root;        
        inOrderDetect(root->right);
    }
    
    TreeNode* node1;
    TreeNode* node2;
    TreeNode* preNode;
}; 

    字符串交错

    • 给出三个字符串 s1 和 s2 和 s3 ，判断 s3 是否是由 s1 和 s2 交错产生的。如 s1="aabcc"，s2="dbbca"，那么 s3="aadbbcbcac" 就是由前两个字符串交错产生的。
    • 思路：一看就知是动态规划问题。对于 s1[m1...m2]，s2[n1...n2] 和 s3[p1...p2] （最初m1，n1，p1都为0），s3是否由 s1 和 s2 交错产生取决于：
      • 如果 s1[m1]!=s3[p1] 且 s2[m1]!=s3[p1]，那么s3就不是由s1和s2交错产生，返回false；
      • 如果 s1[m1]==s3[p1] 且 s2[m1]!=s3[p1]，那么就看 s1[m1+1...m2] 和 s2[n1...n2] 是否能够交错产生 s3[p1+1...p2]；
      • 如果 s1[m1]!=s3[p1] 且 s2[m1]==s3[p1]，和上一条类似。
      • 如果 s1[m1]==s3[p1] 且 s2[m1]==s3[p1]，那么如果 s1[m1+1...m2] 和 s2[n1...n2] 能够交错产生 s3[p1+1...p2]，或者 s1[m1...m2] 和 s2[n1+1...n2] 能够交错产生 s3[p1+1...p2]，都返回 true。
    • 实现
      class Solution {
public:
    bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {

        int mp = s1.length();
        int mq = s2.length();
        int mk = s3.length();
        if(mp+mq != mk){
            return false;
        }

        vector<vector<int>> s(
            mp+1,
            vector<int>(mq+1, -1)
            );
        return _isInterleave(s1, 0, s2, 0, s3, 0, s);
    }

    bool _isInterleave(string s1, int p, string s2, int q, string s3, int k, vector<vector<int>>& s){

        bool rslt = false;

        if(p==s1.length() && q==s2.length()){
            return true;
        }

        if(s[p][q] == 1){
            return true;
        }
        else if(s[p][q] == 0){
            return false;
        }

        if(p<s1.length()){
            if(s3[k]==s1[p]){
                rslt = _isInterleave(s1, p+1, s2, q, s3, k+1, s) || rslt;
            }
        }
        if(q<s2.length()){
            if(s3[k]==s2[q]){
                rslt = _isInterleave(s1, p, s2, q+1, s3, k+1, s) || rslt;
            }
        }

        s[p][q] = rslt ? 1 : 0;

        return rslt;
    }
}; 

    唯一二叉查找树1

    • 给出一个整数 n ，试问存储了 n 个不同的节点值的二叉查找树有多少种？比如给出3，返回5，因为有5种三个节点的二叉查找树，如下：
         1         3     3      2      1
    \       /     /      / \      \
     3     2     1      1   3      2
    /     /       \                 \
   2     1         2                 3
    • 思路：动态规划，二叉查找树的种类数 f(n)=σni=0f(i)⋅f(n−i)，且 f(0)=f(1)=1，因为没有节点的二叉树和只有一个节点的二叉树都只有一种。
    • 实现：
      class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> nums;
        nums.push_back(1);
        nums.push_back(1);
        for(int i=2; i<=n; i++){
            int num = 0;
            for(int j=0; j<i; j++){
                num += nums[j-0]*nums[i-1-j];
            }
            nums.push_back(num);        
        }
        return nums[n];
    }    
}; 

    唯一二叉查找树2

    • 同上一题，只不过需要输出所有可能的二叉查找树。
    • 思路：同上略。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<TreeNode *> generateTrees(int n) {
        return _generateTrees(0, n-1);
    }
    
    vector<TreeNode *> _generateTrees(int n1, int n2){
        vector<TreeNode *> trees;
        if(n1>n2){
            trees.push_back(NULL);
        }
        
        if(n1<=n2){
            for(int i=n1; i<=n2; i++){
                vector<TreeNode *> leftTrees = _generateTrees(n1, i-1);
                vector<TreeNode *> rightTrees = _generateTrees(i+1, n2);
                for(int p=0; p<leftTrees.size(); p++){
                    for(int q=0; q<rightTrees.size(); q++){
                        TreeNode* tree = new TreeNode(i+1);
                        tree->left = copyTree(leftTrees[p]);
                        tree->right = copyTree(rightTrees[q]);
                        trees.push_back(tree);
                    }
                }
            }
        }
        return trees;
    }
    
    TreeNode* copyTree(TreeNode* target){
        if(target==NULL){
            return NULL;
        }
        TreeNode* node = new TreeNode(target->val);
        node->left = copyTree(target->left);
        node->right = copyTree(target->right);
        
        return node;
    }
};

    二叉查找树的中序遍历

    • 不使用递归方法中序遍历输出二叉查找树
    • 思路：如果是递归的方法，那就很简单了。题目要求不用递归，而用循环来解决，那就需要借助一个栈来实现。栈中先压入一个空节点，然后令当前节点为根节点，并如下循环处理，直到当前节点为空（即栈空）：
      • 如果当前节点是新获得的节点（而不是从栈中弹出），那就将其压入栈中，然后：
        • 如果该节点有左节点，那就令当前节点为左节点，进行下一次循环；
        • 如果当前节点没有左节点，那就将其弹出，当前节点不变（只不过现在不是新获得的节点了，而是从栈中弹出的节点），进行下一次循环；
      • 如果当前节点是从栈中弹出的节点，那就首先输出之（这是唯一输出该节点的地方，每个节点都经过这一步），然后：
        • 如果该节点有右节点，那就再从栈中弹出一个节点作为当前节点，进行下一次循环；
        • 如果该节点有有节点，就将当前节点设为有节点（注意该节点是新获得的节点），进行下一次循环。
    • 实现：
      /**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root) {
        vector<int> rslt;
        stack<TreeNode*> stk;
        stk.push(NULL);
        
        TreeNode* node = root;
        bool nodeIsPoped = false;
        
        while(node!=NULL){
            if(nodeIsPoped){
                rslt.push_back(node->val);
                if(node->right){
                    node = node->right;
                    nodeIsPoped = false;
                }
                else{
                    node = stk.top();
                    stk.pop();
                }
            }
            else{
                stk.push(node);
                if(node->left){
                    node=node->left;
                }
                else{
                    node=stk.top();
                    stk.pop();
                    nodeIsPoped = true;
                }
            }
        }
        
        return rslt;
    }
};
    作者：一叶斋主人
    出处：www.cnblogs.com/yiyezhai
    本文版权归作者和博客园共有，欢迎转载，但未经作者同意必须保留此段声明，且在文章页面明显位置给出原文连接，否则保留追究法律责任的权利。
     

    如：-5,7,1,9，-12,15 变成 -5,-12,7,1,9,15。如何解？

    题目要求：
    空间复杂度O(1)，时间复杂度O(N)，排序稳定。

    空间上只能利用循环变量，标记变量等；时间上可以说是过一遍数组就完事了。

    分治

    用分治可以解决问题：首先把规模为 N 的问题划分成两个规模近似为 N/2 的子问题，两个子问题得到解决后进行合并得到整个问题的答案。对于本篇的问题，主要考虑合并该怎么解决，也就是假设：

    将数组 arr 分成 arr1 和 arr2。设 arr1 为 [----++++]，arr2 为 [------+++]，如何得到 arr 为 [----------+++++++]。

    显然，只要将 arr1 的所有正数和 arr2 的所有负数交换就好了，为了不打乱原有正数/负数的次序，而且不借用任何其他的空间，考虑用《编程珠玑》中提到的 Doug Mcllroy 提出的翻手例子：

    0_1320473198JbmS

    翻手代码在时间和空间上都很高效，而且代码非常的简短，很难出错。

    于是方法是：将 arr1 中的正数 reverse 一次，arr2 中的负数 reverse 一次，紧接着 arr1 中的正数和 arr2 中的 负数结合起来 reverse 一次，由此完成 arr1 和 arr2 的合并。子问题就解决了。

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    void merge(int *arr,int left,int middle,int right)
    {
        /*全负数*/    /*全正数*/
        if(!(arr[middle]>0 && arr[middle+1]<0))
            return;
     
        //    找到 +++++ ----- 区域
        int pos1 = left,pos2 = middle + 1;
        for(int i=left; i<=middle; i++)
            if(arr[i] > 0)    {pos1 = i;break;}
        for(i=middle+1; i<=right; i++)
            if(arr[i] > 0)    {pos2 = i-1;break;}
     
        //    翻手定律，你懂得
        reverse(arr+pos1,middle - pos1+1);
        reverse(arr+middle+1,pos2 - middle);
        reverse(arr+pos1,pos2 - pos1 + 1);
    }

    迭代

    另外，通过翻手方法同样可以迭代解决这个问题，也就是把 arr 走一遍就可以解决。同样，具体举例：

    [……-+++--+-……]

    1. 刚开始扫描的时候如果一直是负数，那么不用作任何的动作
    2. 关键是遇上 [+++--] 的时候，需要作翻手处理，从而交换 [+++] 和 [--] 得到：[……---++++-……]
    3. 继续扫描得到 [+]，[……---++++-……]，不用处理
    4. 继续扫描得到 [-]，[……---++++-……]，需要对 [++++-] 作翻手处理，从而交换 [++++] 和 [-] 得到：[……----++++……]（此步骤和步骤 2 情况相同）
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    void myfunc(int *arr,int left,int right)
    {
        if(right <= left)
            return;
     
        bool f = false;        //    flag = true    表示需要进行翻转
        int posbeg = -1,    //    正数开始
            posend,            //    正数结束
            negbeg,            //    负数开始
            negend,            //    负数结束
            negcount = 0;    //    负数统计
     
        for(int i = 0; i<=right; i++)
        {
            if(arr[i]>0)
            {
                if(posbeg < 0)
                    posend = posbeg = i;
                posend = i;
                for(int j=i+1; j<=right; j++)
                    if(arr[j]>0)posend++;
                    else break;
                f = true;
                i = posend + 1;
            }
     
            if(arr[i] < 0 && i <= right)
            {
                if(!f){negcount++;continue;}
                negend = negbeg = i;
                for(int j=i+1; j<=right; j++)
                    if(arr[j]<0)negend++,negcount++;
                    else break;
                i = negend;       
     
                reverse(arr+posbeg,posend-posbeg+1);
                reverse(arr+negbeg,negend-negbeg+1);
                reverse(arr+posbeg,negend-posbeg+1);
                f = false;print(arr,14);
                posend = negend;
                posbeg = negcount + 1;
            }
     
        }//    while
    }

    算法复杂度

    在空间上符合题目条件，但在时间上有待讨论，时间上的消耗主要在 for 循环里面的 reverse 操作。假设 arr 数组当中有 m 个正数和 n-m 的负数，在最坏的情况下，复杂度是 O(m(n-m))，平摊给 for 循环的 n 次操作，那么结果是 O(m-m^2/n))。因此，此算法不稳定。

    我们来看看根据 n 和 m 的不同模拟的函数图像，将函数写成 y = x-x^2/k：

    未命名

    由此，这种算法确实很不稳定。一开始以为平摊法可以解决复杂度分析问题，可以达到 O(N) 的效果，但无果而终。在 CSDN 上有这题的讨论：腾讯面试题：把负数移动到正数之前，不能改变正负数原先的次序 和 微博的一个编程题 。如果你有什么好的想法，不忘给我和网友们分享一下 :)，据说「之前百度就出过这道题,讨论了1000楼都没有一个正确答案」。

    捣乱 2013-05-03

    http://daoluan.net

     
     
    分类: Algorithm

    面试题：把负数移动到正数之前，不能改变正负数原先的次序
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