1.实现一个算法，确定一个字符串的所有字符是否全都不同。假使不允许使用额外的数据结构，又该怎么处理？
public class UniqueChars { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String string = "abcdefgfedcba"; System.out.print(isUniqueChars(string)); } public static boolean isUniqueChars(String str) { if (str.length() > 256) { return false; } boolean[] char_set = new boolean[256]; for (int i = 0; i < str.length(); i++) { int val = str.charAt(i); if (char_set[val]) { return false; } char_set[val] = true; } return true; } }
注意：向面试官确认上面的字符串是ASCII字符串还是Unicode字符串。若不是ASCII字符串需扩大存储空间，但其余逻辑不变。
这里假定是ASCII字符串。首先做一个优化，若字符串长度大于字母表中的字符个数，就直接返回false。毕竟，若字母表只有256个字符，字符串里就不可能有280个各不相同的字符。
然后构建一个布尔值的数组，索引值i对应的标记指示该字符串是否含有字母表第i个字符。若这个字符第二次出现，则立即返回false。时间复杂度o(n),空间复杂度o(1)。
若不允许使用额外的数据结构：
（1）将字符串中的每一个字符与其余字符进行比较。时间复杂度为o(n2)，空间复杂度o(1)。
public class UniqueChars { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String string = "abcdefgfedcba"; System.out.print(isUniqueChars(string)); } public static boolean isUniqueChars(String str) { if (str.length() > 256) { return false; } for(int i = 0; i < str.length(); i++) { for(int j = i + 1; j < str.length(); j++) { if(str.charAt(i) == str.charAt(j)) return false; } } return true; } }
（2）若允许修改输入字符串，可以在o(nlogn)的时间里对字符串排序，然后线性检查其中有无相邻字符完全相同的情况。
2.用Java实现void reverse(char* str)函数，即反转一个null结尾的字符串。
package ArrayAndString; public class Reverse { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String string = "abcdefg"; System.out.println(reverseString2(string)); } //最简单的方法 public static String reverseString(String iniString) { // write code here StringBuffer tmp = new StringBuffer(iniString); tmp = tmp.reverse(); return tmp.toString(); } //最常用的方法 public static String reverseString2(String iniString) { char[] array = iniString.toCharArray(); String reverse = ""; //注意这是空串，不是null for (int i = array.length - 1; i >= 0; i--) { reverse += array[i]; } return reverse; } }
3.给定两个字符串，请编写程序，确定其中一个字符串的字符重新排列后，能否变成另一个字符串。
解法一：对字符串排序后进行比较，若它们拥有相同顺序的字符，即互为变位词。
import java.util.*; public class IsAnagram { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String string1 = "aceg"; String string2 = "cega"; System.out.println(permutation(string1, string2)); } public static String sort(String s) { char[] content = s.toCharArray(); Arrays.sort(content); return new String(content); } public static boolean permutation(String s, String t) { if (s.length() != t.length()) { return false; } return sort(s).equals(sort(t)); } }
解法二：利用变位词的定义--组成两个单词的字符数相同，遍历字母表，计算每个字符出现的次数，然后比较这两个数组。
public class IsAnagram { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String string1 = "aceg"; String string2 = "cega"; System.out.println(permutation(string1, string2)); } public static boolean permutation(String s, String t) { if (s.length() != t.length()) { return false; } int[] letters = new int[256]; char[] s_array = s.toCharArray(); for (char c : s_array) { letters[c]++; } for (int i = 0; i < t.length(); i++) { int c = (int) t.charAt(i); if (--letters[c] < 0) { return false; } } return true; } }
注意：向面试官确认 变位词是否区分大小写 以及 是否要考虑空白字符。
这里假定变位词比较区分大小写，空白也要考虑在内，是ASCII字符串。首先做一个优化，比较两个字符串的长度，只要长度不同就不可能是变位词。
4.编写一个方法，将字符串中的空格全部替换为“%20”。假定该字符串尾部有足够的空间存放新增字符，并且知道字符串的“真实”长度。（注：用Java实现的话，请使用字符数组实现，以便直接在数组上操作。）
思路：进行两次扫描。第一次扫描先数出字符串中有多少空格，从而算出最终的字符串有多长。第二次扫描真正开始反向编辑字符串，检测到空格则将%20复制到下一个位置，若不是空白，就复制原先的字符。
public class ReplaceString { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String str = "abc d e f"; char[] arr = new char[str.length() + 3 * 2 + 1]; for (int i = 0; i < str.length(); i++) { arr[i] = str.charAt(i); } replaceSpaces(arr, str.length()); System.out.println(""" + charArrayToString(arr) + """); } public static String charArrayToString(char[] array) { StringBuilder buffer = new StringBuilder(array.length); for (char c : array) { if (c == 0) { break; } buffer.append(c); } return buffer.toString(); } public static void replaceSpaces(char[] str, int length) { int spaceCount = 0; int index = 0; int i = 0; for (i = 0; i < length; i++) { if (str[i] == ' ') { spaceCount++; } } index = length + spaceCount * 2; str[index] = ' '; for (i = length - 1; i >= 0; i--) { if (str[i] == ' ') { str[index - 1] = '0'; str[index - 2] = '2'; str[index - 3] = '%'; index = index - 3; } else { str[index - 1] = str[i]; index--; } } } }
注意：处理字符串操作问题时，常见做法是从字符串尾部开始编辑，从后往前反向操作。因为字符串尾部有额外的缓冲，可以直接修改，不必担心会复写原有数据。
5.利用字符重复出现的次数，编写一个方法，实现基本的字符串压缩功能。比如，字符串aabcccccaaa会变成a2b1c5a3。若“压缩”后的字符串没有变短，则返回原先的字符串。
public class StringZipper { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub String str = "aabccccaaa"; System.out.println(compressString(str)); } public static String compressString(String str) { if (str.length() == 0) { return str; } int flag = 0; int count = 1; StringBuffer sb = new StringBuffer(); char last = str.charAt(0); for (int i = 1; i < str.length(); i++) { if (str.charAt(i) == last) { count++; flag = 1; } else { sb.append(last); sb.append(count); last = str.charAt(i); count = 1; } } sb.append(last); sb.append(count); if (flag == 0 || sb.length() >= str.length()) { return str; } else { return sb.toString(); } } }
注意：使用flag变量记录字符串中是否有重复字符。若最终flag=0说明字符串中无重复字符，返回原字符串。时间复杂度和空间复杂度都为o(N)。
6.给定一幅由N*N矩阵表示的图像，其中每个像素的大小为4字节，编写一个方法，将图像旋转90度。不占用额外内存空间能否做到？
二维数组a[n][n]顺时针旋转90度，找规律如下：
当n=1时，不动。当n=2时，有：a[0][0] = a[1][0] a[1][0] = a[1][1] a[1][1] = a[0][1] a[0][1] = a[0][0] 初步总结规律为：a[i][j] = a[n-1-j][i]
当n=3，4，5,……时也是满足的。到这里，如果不考虑空间复杂度，只需要再构建一个二维数组b[n][n]，利用公式b[i][j] = a[n-1-j][i]就可以解决。代码如下：
public void rotate(int[][] matrix) { int n = matrix.length; int[][] m = new int[n][n]; for(int row=0;row<n;row++){ for(int col=0;col<n;col++){ m[row][col] = matrix[n-1-col][row]; } } //再赋值回matrix，注意java是形参是引用传递 for(int row=0;row<n;row++){ for(int col=0;col<n;col++){ matrix[row][col] = m[row][col]; } } }
但是题目要求不占用额外空间，应该怎么旋转？接着上面的分析，以n=3为例：把焦点放在一个元素的旋转上，可以看出要在原数组中旋转，在不丢失数据的情况下，每个值的旋转会“波及”4个数，以1为例波及到了1,3,7,9，每个数旋转要不丢失数据就要考虑如何让这4个数都得以保留。前边总结了规律a[i][j] = a[n-1-j][i]，分析每组被波及的数，我们可以得出这里波及了的4个数其实就是a[i][j] a[n-1-j][i] a[n-1-i][n-1-j] a[n-1-(n-1-j)][n-1-i]=a[j][n-1-i] 所以这里需要引入一个临时变量temp就可以解决这4个数的顺时针交换，如：
int temp = matrix[i][j];
matrix[i][j] = matrix[n-1-j][i];
matrix[n-1-j][i] = matrix[n-1-i][n-1-j];
matrix[n-1-i][n-1-j] = matrix[j][n-1-i];
matrix[j][n-1-i] = temp;
把焦点放在一个元素上，数交换的问题解决了。那么现在把焦点回到整个二维数组上来，每个数的旋转会波及4个数，相当于用上面的方法，每旋转一个数，就把一组的4个数都旋转了，
所以现在的问题就是如何才能完整的把所有的数都旋转90度且不会多旋转，继续分析：
n=1时，不需旋转。
n=2时，只需要完成1（a[0][0]）的旋转，就完成了整个数组的旋转。
n=3时，需要完成1,2（a[0][0],a[0][1]）的旋转，就完成了整个数组的旋转。
n=4时，需要完成1,2,3,6（a[0][0至3]，a[1][1]）的旋转。
n=5时，需要完成(a[0][0至4]，a[1][1至2])的旋转。
大致可以总结出这么一个规律：对于要旋转的数a[i][j]满足，i<n/2 且 i<=j<n-1-i，至此问题终于解决。
public class Rotate { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub int[][] arr = {{1,2,3}, {4,5,6}, {7,8,9}}; int length = arr.length; int[][] arr1 = transform(arr, length); for(int i = 0; i < length; ++i) { for(int j = 0; j < length; ++j) { System.out.print(arr1[i][j]+" "); } } } public static int[][] transform(int[][]matrix, int n) { int limit = n / 2; for (int i = 0; i < limit; i++) { for(int j = i; j < n - i - 1; j++) { int temp = matrix[i][j]; matrix[i][j] = matrix[n-1-j][i]; matrix[n-1-j][i] = matrix[n-1-i][n-1-j]; matrix[n-1-i][n-1-j] = matrix[j][n-1-i]; matrix[j][n-1-i] = temp; } } return matrix; } }
算法的时间复杂度为o(N的平方)，已经是最优做法。
7.编写一个算法，若M*N矩阵中某个元素位0，则将其所在的行与列清零。
public class ClearZeros { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub int[][] arr = {{1,2,0}, {4,5,6}, {7,8,9}}; int[][] arr1 = setZeros(arr); for(int i = 0; i < arr.length; ++i) { for(int j = 0; j < arr[0].length; ++j) { System.out.print(arr1[i][j]+" "); } } } public static int[][] setZeros(int[][] matrix) { boolean[] row = new boolean[matrix.length]; boolean[] column = new boolean[matrix[0].length]; for (int i = 0; i < matrix.length; i++) { for (int j = 0; j < matrix[0].length; j++) { if (matrix[i][j] == 0) { row[i] = true; column[j] = true; } } } for (int i = 0; i < matrix.length; i++) { for (int j = 0; j < matrix[0].length; j++) { if (row[i] || column[j]) { matrix[i][j] = 0; } } } return matrix; } }
注意：不能在第一次遍历整个矩阵时，发现值为零的元素就直接将其所在的行与列清零，这样的话最后整个矩阵的所有元素都会变为零。要新建一个矩阵标记零元素的位置，在第二次遍历矩阵时将零元素所在的行与列清零。而且只需记录哪行和哪列有零元素即可，无须记录零元素的确切位置。
8.假定有一个方法isSubstring，可检查一个单词是否为其他字符串的子串。给定两个字符串s1和s2,请编写代码检查s2是否为s1旋转而成，要求只能调用一次isSubstring。（比如，waterbottle是erbottlewat旋转后的字符串）。
public class IsRotation { public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub System.out.println(isRotation("abc","abc")); } public static boolean isSubstring(String str1,String str2){ if(str1.contains(str2) || str2.contains(str1)) { return true; } return false; } public static boolean isRotation(String str1,String str2){ if(str1.length() != str2.length()) { return false; } String sum = str1 + str1; return isSubstring(sum, str2); } }
注意：假定s2由s1旋转而成，那么将s1切分成x和y，就会满足xy=s1和yx=s2。不论x和y之间的分割点在哪，yx都肯定是xyxy的子串，也即s2总是s1s1的子串。直接调用isSubstring(s1s1,s2)即可。