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The Line Patterns Recognition A basic but important application of pattern recognition is to recognize line patterns in a given set of points. http://coursera.cs.princeton.edu/algs4/assignments/collinear.html. This blog will give a breif introduction to this problem and provide an enfficient solution. Codes available in algs4/collinear/src/ The problem could be described as: Given a set of n distinct points in the plane, find every (maximal) line segment that connects a subset of 4 or more of the points....

This blog explains an apllication of randomized queue algorithms. Permutation client memory challenge A client program Permutation.java that takes an integer k as a command-line argument; reads in a sequence of strings from standard input using StdIn.readString(); and prints exactly k of them, uniformly at random. Print each item from the sequence at most once. More detail could be found at programming assignment specification and checklist, codes available in algs4/queues/src/....

Union-find applications: Percolation Problem discriptions Percolation data type. To model a percolation system, create a data type Percolation with the following API: public class Percolation { public Percolation(int n); // create n-by-n grid, with all sites blocked public void open(int row, int col); // open site (row, col) if it is not open already public boolean isOpen(int row, int col); // is site (row, col) open? public boolean isFull(int row, int col); // is site (row, col) full?...

Algorithms, Part I, https://online.princeton.edu/course/algorithms-part-i Algorithms, Part II, https://online.princeton.edu/course/algorithms-part-ii Algorithms, 4th Edition by Robert Sedgewick and Kevin Wayne https://algs4.cs.princeton.edu/ Union−Find Considering the dynamic connectivity problem, modeling of multiple objects connected in a space/network. Applications involve manipulating objects of all types. ・Pixels in a digital photo. ・Computers in a network. ・Friends in a social network. ・Transistors in a computer chip. Given a set of N objects. union(a, b): connect two objects. connected(p, q): is two objects connected?...

程序员或者其他需要码字多的人，经常要使用编辑器如sublime、atom 和 Typora等。如果每次都要用鼠标点击才能用sublime打开文件，或者在编辑器中新建文件，那么就会有点麻烦！但你可以用一句命令解决！ 配置在Git Bash中用各种文本编辑器打开文件或者直接新建文件。这里以atom为例。 常规步骤 打开Git Bash并cd到你的目标文件夹, 或者直接在目标文件中右键打开Git Bash. atom xxx.md 就会在弹出的atom窗口中打开名为xxx.md的markdown文件, 如果没有这个文件, 会自动创建一个. 适用于其他类型文件, 如.java等. 如果想用sublime, 可以用subl xxx.java, 同理notepad++ 可以用 notepad++ xxx.java等。 (若出现错误,看下面) 若系统无法识别命令 一般使用sublime或者notepad++的用户, 可能会出现error: 系统无法识别命令...之类的, 可以这么解决: 方法1 新建一个文件命名为subl（注意不能有后缀名），内容： #!/bin/sh "D:\Sublime Text 3\sublime_text.exe" $1 & 第一行指明这是个 shell 脚本. 第二行的字符串是sublime的安装目录, 示例只是我电脑的目录, 注意这里要改为你自己的目录, 第二行的$1 是取的命令之后输入的参数 第二行的&是此命令在后台打开，这样sublime打开之后，就不会阻塞你的git bash 文件保存到 C:\Program Files (x86)\Git\mingW32\bin 目录下(你的git目录可能与我的不一样，注意改成你自己的) 同理适用于其他编辑器，比如用chrome打开.html文件等。如果不想每次都新建一个文件，可以用下面的方法2。 方法2 找到 C:\Users\你的计算机名目录，如果你的计算机名是Administrator，那么你就要去C:\Users\Administrator目录下, 这里一般存放着windows系统的我的文档, 桌面等文件夹. 在该目录下用Git Bash输入notepad .bashrc, 这会用windows记事本新建并打开一个文件.bashrc，这个文件没有名称只有后缀名。.bashrc里面可以给Git Bash设置命令的别名, 设置路径等。 在.bashrc文件加入下面一行文本alias notepad++="/D/Notepad++/notepad++.exe", 这里你需要修改为你电脑的安装路径。alias就是别名的意思，当我们执行notepad++的时候，实际执行的是=后面的语句. 重新打开Git Bash, 设置才能生效，如果不想关掉在打开的话，可以直接在bash下输入source ~/....

如何实现快速的幂运算？ 要求$c = a^b$, 按照朴素算法把a连乘b次的时间复杂度是$O(n)$. 而快速幂能做到$O(\log n)$。把b转换为二进制, 二进制数第i位的权为$2^{i-1}$，就可以把二进制拆分为若干个以2为底的真数, 然后利用幂数的性质，例如用朴素算法求$a^{11}$要求乘11次. 考虑到11的二进制为1011, 如果把$a^{11}$拆分为: $$a^{11} = a^{a_0 2^0 + a_1 2^1 + a_2 2^2 + a_3 2^3} = a^1 a^2 a^8$$ 可以看到每一个因子都是上一个因子的平方，利用$a^2 a^2$求出$a^4$, 同样利用$a^4$的平方求出$a^8$, 每次计算只需要用到上一次计算出来的结果, 所以总的运算次数是4次. 任何一个数b最多能写成长度为$O(\log b)$的二进制, 因此这个算法就是$O(\log n)$. 在程序设计中是根据b的二进制中是否为1来控制是否乘以上一次翻倍的积 不断右移b, 直到b不再有1： 根据当前位的权重（当前b最后一位）是否为1来决定c是否乘以最新的a 把a平方，用于下一位计算 在Java中要考虑极端值INT_MIN // 递归 public double myPow(double x, int n) { if(n==0) return 1; double temp = myPow(x, n/2); if (n % 2 ==0) return temp * temp; else { if(n > 0) return x*temp*temp; else return (temp*temp) / x; } } // 循环 public double myPow(double x, int n) { double ans = 1; if(n < 0){ n = -(n+1); // 处理极端值 x = 1/x; ans *= x; } System....

“找出只出现一次的数”， “找出唯二的只出现M次的数”， “找出缺失的数”等等这类问题，都可以利用异或操作的特性， 即一个整数和自己进行异或运算会归0的性质。 找出缺失的数字 问题1：给定一个包含n个不同数字的数组，取自0,1,2,...,n，找到数组中缺少的数字。 最直觉的解法是利用等差数列的性质直接数学求解。但这个方法限制于等差数列. 问题2: 在一个长度为n的数组里的所有数字都在0 ~ n-1之间, 数组中有些数字是重复的, 找出任意一个重复的数字. 这也是«剑指offer»的一道题. 但是如果利用数组大小和元素范围的特性, 就可以发现, 这里的数组的大小和数字的范围是有限定关系的. 对于第二个问题, 假如没有重复, 那么重新排列的话数组每一个位置都可以放上自己对应的数字. 对于第一个问题, 假如没有缺失, 那么除了每一个index都可以重新放上自己对应的数字外, 还会多出一个最大的数字没地方放. 这样就可以把数组包含的数字解读为index, 然后在遍历检查数组时, 同时检查以各个数字为index的其他位置的数字. 使用这种思路可以同时解决两个问题, 这里以问题1解法为例: public int missingNumber(int[] nums) { int n = nums.length; int misP = n; // points to the position where misssing. for (int i = 0; i < n; i++) { while (i != nums[i] && nums[i] != misP) { int j = nums[i]; nums[i] = nums[j]; nums[j] = j; } if (nums[i] == misP) misP = i; } return misP; } 找出只出现一次的数 问题3：在一个非空整数数组，找出那个只出现了一次的元素，已知其余每个元素均出现两次。...

求两个整数的汉明距离 hamming distance Leetcode 461 两个整数之间的汉明距离是该两个数之间不同的位数。 给定两个整数x和y，计算汉明距离。问题也可以理解为对于两个整数m和n, 需要改变m的二进制多少位才能得到n: /** Use Brian Kernighan's way to count bits */ public int hammingDistance(int x, int y) { x = x ^ y; y = 0; while(x != 0){ y++; x &= x - 1; } return y; } public class Solution { public int hammingDistance(int x, int y) { return Integer.bitCount(x ^ y); } } 同样用到Brian Kernighan算法： Lets say that the bit at index n is 1 and that the bits in indexes 0 up to n-1 are all 0 (we’ll use little endianess - so index 0 is 1, index 1 is 2, index 2 is 4, index 3 is 8 and so on)....

不使用加减符号求和整数 不能使用+和-, 仅通过^和&操作来求和两个整数a. 参考 每位相加可能会产生进位(carry), 所以可以把相加拆分为两部分, 如759 + 674可以拆分为不考虑进位的部分323和仅考虑进位的部分1110, 故759 + 674 = 323 + 1110 = 1433. 二进制的加法也是从低位开始逐步往高位计算: 进行一位二进制的加法, 也就是暂不考虑进位的位相加: 0+0=0， 0+1=1, 1+0=1， 1+1=0, 那么就是^操作. 所得的和作为新的a. 求进位: 通过a & b判断是否进位, 因为只有两个位均为1才会进位. 所得的进位左移一位作为新的b. 不断重复这个过程, 把低位的进位传递到高位, 累加到a中, 直到进位为0, 最后得到的a就是答案. public class Solution { public int getSum(int a, int b) { while (b != 0) { // 关键在于判断终止的时机 int c = a & b; //carry a ^= b; //add b = c << 1; } return a; } } 涉及的运算就是一个多位二进制加法真值表：(对应于硬件中的全加器)...

通过位移实现很多风骚的操作， 参考这个视频。 检查一个数是否是偶数, 本质上就是取最后一位来判断, 如果是1那么就一定是奇数, 反之则为偶数: (x & 1) == 0 Check if power of two: (x & x - 1) == 0 因为如果数x是以2底的真数, 那么其二进制一定只有一个位置是1, 如0b1000, 那么x-1就会变成只有该位置是0其右边所有位变为1, 即0b0111, 也就是说这种情况下x和x-1所有位置都互异. 那么它们的位与运算就是x & x - 1 = 0b0000. x & x - 1的广义用途是求x二进制中1的个数, Counting bits set: unsigned int v; // count the number of bits set in v unsigned int c; // c accumulates the total bits set in v for (c = 0; v; c++) { v &= v - 1; // clear the least significant bit set } Brian Kernighan’s algorithm takes O(log N) to count set bits (1s) in an integer: each iteration sets the least significance bit that isn’t zero to zero - and only it....