力扣算法题—089格雷编码

格雷编码是一个二进制数字系统，在该系统中，两个连续的数值仅有一个位数的差异。

给定一个代表编码总位数的非负整数 n，打印其格雷编码序列。格雷编码序列必须以 0 开头。

示例 1:

输入: 2
输出: [0,1,3,2]
解释:
00 - 0
01 - 1
11 - 3
10 - 2

对于给定的 n，其格雷编码序列并不唯一。
例如，[0,2,3,1] 也是一个有效的格雷编码序列。

00 - 0
10 - 2
11 - 3
01 - 1

示例 2:

输入: 0
输出: [0]
解释: 我们定义格雷编码序列必须以 0 开头。
     给定编码总位数为 n 的格雷编码序列，其长度为 2n。当 n = 0 时，长度为 20 = 1。
     因此，当 n = 0 时，其格雷编码序列为 [0]。

#include"_000库函数.h"

//使用二进制转格雷码
class Solution {
public:
    vector<int> grayCode(int n) {
        vector<int>res;
        for (int i = 0; i < pow(2, n); ++i) {//pow(2,n)种情况
            res.push_back((i >> 1) ^ i);//二进制转格雷码
        }
        return res;
    }
};

//镜面排列
// Mirror arrangement
class Solution {
public:
    vector<int> grayCode(int n) {
        vector<int> res{ 0 };
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int size = res.size();
            for (int j = size - 1; j >= 0; --j) {
                res.push_back(res[j] | (1 << i));
            }
        }
        return res;
    }
};
//维基百科上还有一条格雷码的性质是直接排列，
//以二进制为0值的格雷码为第零项，第一项改变最右边的位元，
//第二项改变右起第一个为1的位元的左边位元，第三、四项方法同第一、二项，
//如此反复，即可排列出n个位元的格雷码。根据这条性质也可以写出代码，不过相比前面的略微复杂，
//代码如下：

// Direct arrangement 
class Solution {
public:
    vector<int> grayCode(int n) {
        vector<int> res{ 0 };
        int len = pow(2, n);
        for (int i = 1; i < len; ++i) {
            int pre = res.back();
            if (i % 2 == 1) {
                pre = (pre & (len - 2)) | ((~pre) & 1);
            }
            else {
                int cnt = 1, t = pre;
                while ((t & 1) != 1) {
                    ++cnt;
                    t >>= 1;
                }
                if ((pre & (1 << cnt)) == 0) pre |= (1 << cnt);
                else pre &= ~(1 << cnt);
            }
            res.push_back(pre);
        }
        return res;
    }
};


//使用最笨的方法
class Solution {
public:
    vector<int> grayCode(int n) {
        vector<int> res{ 0 };
        unordered_set<int> s;
        stack<int> st;
        st.push(0);
        s.insert(0);
        while (!st.empty()) {
            int t = st.top(); st.pop();
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                int k = t;
                if ((k & (1 << i)) == 0) k |= (1 << i);
                else k &= ~(1 << i);
                if (s.count(k)) continue;
                s.insert(k);
                st.push(k);
                res.push_back(k);
                break;
            }
        }
        return res;
    }
};