大家好,又见面了,我是全栈君。
如果我们有一个求集合的所有子集(包括集合自身)的需求,即有一个集合s,包括两个元素 <a,b>,则其所有的子集为<a,ab,b>.
不难求得,子集个数sn与原集合元素个数n之间的关系为:sn=2^n-1。
本文分别讲述两种实现方法:
一:位图法:
1)构造一个和集合一样大小的数组A,分别与集合中的某个元素相应,数组A中的元素仅仅有两种状态:“1”和“0”,分别代表每次子集输出中集合中相应元素是否要输出。这样数组A能够看作是原集合的一个标记位图。
2)数组A模拟整数“加一”的操作,每“加一”之后,就将原集合中全部与数组A中值为“1”的相相应的元素输出。
设原集合为<a,b,c,d>。数组A的某次“加一”后的状态为[1,0,1,1],则本次输出的子集为<a,c,d>。
详细代码例如以下:
/*使用非递归的思想 假设有一个数组 大小为n 那么就使用n 位的二进制 假设对应的位为1 那么就输出这个位 假设对应的位为0 那么就不输出这个位*/ /* 使用位图的思想 构造一个位集合 大小和数组大小一样,假设位图中对应的 位为1,表示能够输出这个数组中的元素 假设位图中对应位为0 表示数组中对应位不输出 这里模拟位图使用的数组 ,这里的重点是模拟数组加1的操作 */ /*使用数组模拟位图加1的操作 数组能够一直加1 直到数组内全部元素都是1 函数返回值为bool 数组初始化最高位为1*/ #define MAX_LEN 10 void bitmap(char str[],const int n) { bitset<MAX_LEN> count; wang.set(); int i=0; unsigned long value = wang.to_ulong(); cout<<wang<<" "<<value<<endl; int count=0; while(value) { bitset<MAX_LEN> bit(value--); for(i=0;i<bit.size();i++) if(bit[i]) cout<<str[i]; cout<<endl; count++; } cout<<count<<endl; }
3)时间复杂度:O(n*2^n)。事实上,在遍历输出子集的过程中。能够对程序做进一步的优化。
比如。在第m次迭代中。仅仅须要遍历前k个元素,k=log2(m)+1。这样,不考虑数组模拟”加一”操作的话,总遍历次数为Sn=(n-2)*2^n+2,n>=2;Sn=1,n=1。尽管复杂度不变,但总执行时间会降低。
4)空间复杂度:该方法每次迭代都是独立进行,与上次迭代的结果没有不论什么关系。因此每次输出子集之后内存都能够被反复利用。
仅仅须要一个与原集合相同大小的数组。空间复杂度为O(n)。
二:递归迭代法:
1)採用递归迭代。详细步骤例如以下,
设。原始集合s=<a,b,c,d>,子集结果为r:
第一次迭代:
r=<a>
第二次迭代:
r=<a ab b>
第三次迭代:
r=<a ab b ac abc bc c>
第四次迭代:
r=<a ab b ac abc bc c ad abd bd acd abcd bcd cd d>
每次迭代,都是上一次迭代的结果+上次迭代结果中每一个元素都加上当前迭代的元素+当前迭代的元素。
详细代码例如以下:
/*上述方法不可用 明确递归的思想 以下每次都是输出back中的字符就可以 这次输出的子集就是上次输出的子集 +这次迭代的元素 + 这次迭代的元素的本身*/ #if 1 void print(char* str) { /*使用两个数组。一个记录上次迭代的结果 一个记录这次须要输出的结果 vec记录的是下次迭代须要參考的子集 back记录的是參考vec迭代以后生成新的子集 */ int count=0; vector<char> vec; vector<char> back; int j; for(int i=0;i<strlen(str);i++) { if(i == 0) { vec.push_back(str[i]); vec.push_back(','); back=vec; } else { for(j=0;j<back.size();j++) if(back[j] == ',') { back.insert(back.begin() +j,str[i]); j++; } back.push_back(str[i]); back.push_back(','); } for(j=0;j<back.size();j++) { if(back[j] == ',') { printf("\r\n"); count++; } else printf("%c",back[j]); if(i) vec.push_back(back[j]); } back=vec; } printf("sub_set count is %d \r\n",count); } #endif
2)时间复杂度
依据上述过程,不难求的。第k次迭代的迭代次数为:2^k-1。
n>=k>=1。迭代n次,总的遍历次数为:2^(n+1)-(2+n),n>=1。
则时间复杂都为O(2^n)。
3)空间复杂度
因为该算法。下一次迭代过程都须要上一次迭代的结果,而最后一次迭代之后就没有下一次了。
因此如果原始集合有n个元素。则在迭代过程中,总共须要保存的子集个数为2^(n-1)-1,n>=1。
但须要注意的是,这里之考虑了子集的个数,每一个子集元素的长度都视为1,这点要注意。
总结:
递归是非常耗时的。由于是递归,在第一种方法时,使用了C++中的bitset,这种方法效率非常高,在第二个方法中,使用两个向量的目的是,一个向量记录了这次迭代须要输出的集合,一个向量是为了这次迭代须要參考上次输出的情况。
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