转载

力扣89——格雷编码

原题

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]。

原题url：https://leetcode-cn.com/problems/gray-code/

解题

初始想法

一开始拿到这题目，我想到的是从0开始，每次从右边第一位开始改变，放入结果集中（集合），如果添加成功，就以当前数为新的起点，继续变化和添加，否则就变化下一位。

这个想法看似美好，实际有两个需要解决的难点：

如何保证转化出的二进制，精确修改每一位呢？如果用 for 循环的话，效率很低。
每次这样改变的话，很可能效率会很低，时间复杂度会很高，如何优化？

基于以上两点，我稍微尝试了一下，感觉这个方法不靠谱，决定换一个思路。

找规律

那现在我就来尝试找找规律，自己写写0位、1位、2位、3位的格雷编码：

写完之后，应该能找到以下几个规律：

第 n 位格雷编码是第 n+1 位格雷编码的子集，意味着可以利用上一次的结果。
根据2进制来看，每多一位，其实就是在多的那一位置1即可。
基于第2点，需要做补充，格雷编码是需要考虑顺序的，并不能只是简单置1，应该是针对上一次的结果集倒序输出并在最高位置1。

上面3个规律，只有最后一个规律，可能比较难找，不过考虑到顺序这个特性，应该也能想出来。接下来我们看一下代码：

class Solution {
    public List<Integer> grayCode(int n) {
        // 动态规划，第n种情况是由：第n-1种正序各数字前加0 + 第n-1种倒序各数字前加1

        // 先给出一开始的情况
        LinkedList<Integer> list = new LinkedList<>();
        list.add(0);
        if (n == 0) {
            return list;
        }

        LinkedList<Integer> result = new LinkedList<>();
        result.add(0);
                // 最高位置1，可以理解为增加
        int add = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            // 倒序
            Collections.reverse(list);
            for (int item : list) {
                result.add(item + add);
            }

            list = new LinkedList<>(result);
            add = add << 1;
        }

        return result;
    }
}

提交OK，执行用时： 3 ms ，内存消耗： 34.5 MB ，但是用时只战胜 9.59% 的 java 提交记录，看来还是有优化必要的。

优化

我第一眼想到的优化是 倒序 ，我并不需要真的将上一次的结果集真的倒置，而是只要倒序遍历即可。因为我存放的结果集是 LinkedList，可以利用它的 descendingIterator ，直接进行倒序遍历，其代码是：

class Solution {
    public List<Integer> grayCode(int n) {
        // 动态规划，第n种情况是由：第n-1种正序各数字前加0 + 第n-1种倒序各数字前加1

        // 先给出一开始的情况
        LinkedList<Integer> list = new LinkedList<>();
        list.add(0);
        if (n == 0) {
            return list;
        }

        LinkedList<Integer> result = new LinkedList<>();
        result.add(0);
        int add = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            // 倒序
            Iterator<Integer> descIterator = list.descendingIterator();
            while (descIterator.hasNext()) {
                result.add(descIterator.next() + add);
            }

            list = new LinkedList<>(result);
            add = add << 1;
        }

        return result;
    }
}
`

提交OK，执行用时： 2 ms ，内存消耗： 34.3 MB ，但是用时只战胜 21.07% 的 java 提交记录，看来还可以继续优化。

继续优化

这次我盯上的是 list = new LinkedList<>(result); ，看起来是1行代码，实际内部利用了 addAll 方法，还是需要遍历这个结果集。而这里需要定义一个新的结果集是为了记录中间结果，是否真的有必要的呢？

如果还是利用 LinkedList 结构，还真就需要新建结果集。因为它想获取中间结果，用 get(int index) 这样的方法，依旧需要遍历。这时候我就想到，可以换一种数据结构 ArrayList ，这样无论是倒序遍历还是添加，都是只要记录上一次的总数量，就可以达到同样的效果了。接下来让我们看看代码：

class Solution {
    public List<Integer> grayCode(int n) {
        // 动态规划，第n种情况是由：第n-1种正序各数字前加0 + 第n-1种倒序各数字前加1

        // 先给出一开始的情况
        ArrayList<Integer> list = new ArrayList<>(1 << n);
        list.add(0);
        if (n == 0) {
            return list;
        }

        int add = 1;
        int tempCount;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            tempCount = list.size();
            // 倒序
            for (int j = tempCount - 1; j >= 0; j--) {
                list.add(2 * tempCount - j - 1, list.get(j) + add);
            }

            add = add << 1;
        }

        return list;
    }
}

提交OK，执行用时： 1 ms ，内存消耗： 34.2 MB ，用时战胜了 97.89% 的 java 提交记录，这下应该可以了。