第五章 - 高频考题(中等)
1906. 查询差绝对值的最小值
0050. Pow(x, n)

题目地址(50. Pow(x, n))

题目描述

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实现 pow(x, n) ,即计算 x 的 n 次幂函数。
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示例 1:
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输入: 2.00000, 10
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输出: 1024.00000
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示例 2:
8
9
输入: 2.10000, 3
10
输出: 9.26100
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示例 3:
12
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输入: 2.00000, -2
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输出: 0.25000
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解释: 2-2 = 1/22 = 1/4 = 0.25
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说明:
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-100.0 < x < 100.0
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n 是 32 位有符号整数,其数值范围是 [−231, 231 − 1] 。
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前置知识

  • 递归
  • 位运算

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  • 百度
  • 字节

解法零 - 遍历法

思路

这道题是让我们实现数学函数,因此直接调用系统内置函数是不被允许的。
符合直觉的做法是将x乘以n次,这种做法的时间复杂度是$O(N)$。
经实际测试,这种做法果然超时了。测试用例通过 291/304,在 0.00001\n2147483647这个测试用例挂掉了。如果是面试,这个解法可以作为一种兜底解法。

代码

语言支持: Python3
Python3 Code:
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class Solution:
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def myPow(self, x: float, n: int) -> float:
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if n == 0:
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return 1
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if n < 0:
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return 1 / self.myPow(x, -n)
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res = 1
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for _ in range(n):
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res *= x
10
return res
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解法一 - 普通递归(超时法)

思路

首先我们要知道:
  • 如果想要求 x ^ 4,那么我们可以这样求: (x^2)^2
  • 如果是奇数,会有一点不同。 比如 x ^ 5 就等价于 x * (x^2)^2。
当然 x ^ 5 可以等价于 (x ^ 2) ^ 2.5, 但是这不相当于直接调用了幂函数了么。对于整数,我们可以很方便的模拟,但是小数就不方便了。
我们的思路就是:
  • 将 n 地板除 2,我们不妨设结果为 a
  • 那么 myPow(x, n) 就等价于 myPow(x, a) * myPow(x, n - a)
很可惜这种算法也会超时,原因在于重复计算会比较多,你可以试一下缓存一下计算看能不能通过。
如果你搞不清楚有哪些重复计算,建议画图理解一下。

代码

语言支持: Python3
Python3 Code:
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class Solution:
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def myPow(self, x: float, n: int) -> float:
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if n == 0:
4
return 1
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if n == 1:
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return x
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if n < 0:
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return 1 / self.myPow(x, -n)
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return self.myPow(x, n // 2) * self.myPow(x, n - n // 2)
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解法二 - 优化递归

思路

上面的解法每次直接 myPow 都会调用两次自己。
我们不从缓存计算角度,而是从减少这种调用的角度来优化。
考虑 myPow 只调用一次自身可以么? 没错,是可以的。
具体来说就是:
  • 如果 n 是偶数,我们将 n 折半,底数变为 x^2
  • 如果 n 是奇数, 我们将 n 减去 1 ,底数不变,得到的结果再乘上底数 x
这样终于可以 AC。

代码

语言支持: Python3, CPP
Python3 Code:
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class Solution:
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def myPow(self, x: float, n: int) -> float:
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if n == 0:
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return 1
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if n == 1:
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return x
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if n < 0:
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return 1 / self.myPow(x, -n)
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return self.myPow(x * x, n // 2) if n % 2 == 0 else x * self.myPow(x, n - 1)
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CPP Code:
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class Solution {
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double myPow(double x, long n) {
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if (n < 0) return 1 / myPow(x, -n);
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if (n == 0) return 1;
5
if (n == 1) return x;
6
if (n == 2) return x * x;
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return myPow(myPow(x, n / 2), 2) * (n % 2 ? x : 1);
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}
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public:
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double myPow(double x, int n) {
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return myPow(x, (long)n);
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}
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};
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复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(logN)$
  • 空间复杂度:$O(logN)$

解法三 - 位运算

思路

我们来从位(bit)的角度来看一下这道题。如果你经常看我的题解和文章的话,可能知道我之前写过几次相关的“从位的角度思考分治法”,比如 LeetCode 458.可怜的小猪
以 x 的 10 次方举例。10 的 2 进制是 1010,然后用 2 进制转 10 进制的方法把它展成 2 的幂次的和。
因此我们的算法就是:
  • 不断的求解 x 的 2^0 次方,x 的 2^1 次方,x 的 2^2 次方等等。
  • 将 n 转化为二进制表示
  • 将 n 的二进制表示中1的位置pick 出来。比如 n 的第 i 位为 1,那么就将 x^i pick 出来。
  • 将 pick 出来的结果相乘
这里有两个问题:
第一个问题是似乎我们需要存储 x^i 以便后续相乘的时候用到。实际上,我们并不需要这么做。我们可以采取一次遍历的方式来完成,具体看代码。
第二个问题是,如果我们从低位到高位计算的时候,我们如何判断最高位置是否为 1?我们需要一个 bitmask 来完成,这种算法我们甚至需要借助一个额外的变量。 然而我们可以 hack 一下,直接从高位到低位进行计算,这个时候我们只需要判断最后一位是否为 1 就可以了,这个就简单了,我们直接和 1 进行一次与运算即可。
如果上面这段话你觉得比较绕,也可以不用看了,直接看代码或许更快理解。

代码

语言支持: Python3
Python3 Code:
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class Solution:
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def myPow(self, x: float, n: int) -> float:
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if n < 0:
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return 1 / self.myPow(x, -n)
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res = 1
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while n:
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if n & 1 == 1:
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res *= x
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x *= x
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n >>= 1
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return res
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复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(logN)$
  • 空间复杂度:$O(1)$

关键点解析

  • 超时分析
  • hashtable
  • 数学分析
  • 位运算
  • 二进制转十进制

相关题目

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