php数组的一些常见操作汇总

数组求和
给定一个含有n个元素的整型数组a，求a中所有元素的和。可能您会觉得很简单，是的，的确简单，但是为什么还要说呢，原因有二，第一，这道题要求用递归法，只用一行代码。第二，这是我人生中第一次面试时候遇到的题，意义特殊。

简单说一下，两种情况：

如果数组元素个数为0，那么和为0。
如果数组元素个数为n，那么先求出前n - 1个元素之和，再加上a[n - 1]即可。

// 数组求和
int sum(int *a, int n)
{
return n == 0 ? 0 : sum(a, n - 1) + a[n - 1];
}

求数组的最大值和最小值
给定一个含有n个元素的整型数组a，找出其中的最大值和最小值。

常规的做法是遍历一次，分别求出最大值和最小值，但我这里要说的是分治法(divide and couquer)，将数组分成左右两部分，先求出左半部份的最大值和最小值，再求出右半部份的最大值和最小值，然后综合起来求总体的最大值及最小值。这是个递归过程，对于划分后的左右两部分，同样重复这个过程，直到划分区间内只剩一个元素或者两个元素。

// 求数组的最大值和最小值，返回值在maxvalue和minvalue
void maxandmin(int *a, int l, int r, int& maxvalue, int& minvalue)
{
if(l == r) // l与r之间只有一个元素
{
maxvalue = a[l] ;
minvalue = a[l] ;
return ;
}

if(l + 1 == r) // l与r之间只有两个元素
{
if(a[l] >= a[r])
{
maxvalue = a[l] ;
minvalue = a[r] ;
}
else
{
maxvalue = a[r] ;
minvalue = a[l] ;
}
return ;
}

int m = (l + r) / 2 ; // 求中点

int lmax ; // 左半部份最大值
int lmin ; // 左半部份最小值
maxandmin(a, l, m, lmax, lmin) ; // 递归计算左半部份

int rmax ; // 右半部份最大值
int rmin ; // 右半部份最小值
maxandmin(a, m + 1, r, rmax, rmin) ; // 递归计算右半部份

maxvalue = max(lmax, rmax) ; // 总的最大值
minvalue = min(lmin, rmin) ; // 总的最小值
}

求数组的最大值和次大值
给定一个含有n个元素的整型数组，求其最大值和次大值。

思想和上一题类似，同样是用分治法，不多说了，直接看代码：

// 求数组的最大值和次大值，返回值在max和second中
void maxandmin(int *a, int left, int right, int &max, int &second)
{
if(left == right)
{
max = a[left] ;
second = a[left] ;
}
else if(left + 1 == right)
{
max = a[left] > a[right] ? a[left] : a[right] ;
second = a[left] < a[right] ? a[left] : a[right] ;
}
else
{
int mid = left + (right - left) / 2 ;

int leftmax ;
int leftmin ;
maxandmin(a, left, mid, leftmax, leftmin) ;

int rightmax ;
int rightmin ;
maxandmin(a, mid + 1, right, rightmax, rightmin) ;

max = leftmax > rightmax ? leftmax : rightmax ;
second = leftmax < rightmax ? leftmax : rightmax ;
}
}

求数组中出现次数超过一半的元素
给定一个n个整型元素的数组a，其中有一个元素出现次数超过n / 2，求这个元素。据说是百度的一道面试题。

设置一个当前值和当前值的计数器，初始化当前值为数组首元素，计数器值为1，然后从第二个元素开始遍历整个数组，对于每个被遍历到的值a[i]。

如果a[i]==currentvalue，则计数器值加1。
如果a[i] != currentvalue， 则计数器值减1，如果计数器值小于0，则更新当前值为a[i]，并将计数器值重置为1。

// 找出数组中出现次数超过一半的元素
int find(int* a, int n)
{
int curvalue = a[0] ;
int count = 1 ;

for (int i = 1; i

另一个方法是先对数组排序，然后取中间元素即可，因为如果某个元素的个数超过一半，那么数组排序后该元素必定占据数组的中间位置。

求数组中元素的最短距离
给定一个含有n个元素的整型数组，找出数组中的两个元素x和y使得abs(x - y)值最小。

先对数组排序，然后遍历一次即可：

int compare(const void* a, const void* b)
{
return *(int*)a - *(int*)b ;
}

void minimumdistance(int* a, int n)
{
// sort
qsort(a, n, sizeof(int), compare) ;

int i ; // index of number 1
int j ; // index of number 2

int mindistance = numeric_limits<int>::max() ;
for (int k = 0; k < n - 1; ++k)
{
if (a[k + 1] - a[k] < mindistance)
{
mindistance = a[k + 1] - a[k] ;
i = a[k] ;
j = a[k + 1] ;
}
}

cout << "minimum distance is: " << mindistance << endl ;
cout << "i = " << i << " j = " << j << endl ;
}

求两个有序数组的共同元素
给定两个含有n个元素的有序（非降序）整型数组a和b，求出其共同元素，比如：a = 0, 1, 2, 3, 4和b = 1, 3, 5, 7, 9，输出 1, 3。

充分利用数组有序的性质，用两个指针i和j分别指向a和b，比较a[i]和b[j]，根据比较结果移动指针，则有如下三种情况：

a[i] < b[j]，则i增加1，继续比较
a[i] == b[j]，则i和j皆加1，继续比较
a[i]
重复以上过程直到i或j到达数组末尾。

// 找出两个数组的共同元素
void findcommon(int* a, int* b, int n)
{
int i = 0;
int j = 0 ;

while (i < n && j < n)
{
if (a[i] < b[j])
++i ;
else if(a[i] == b[j])
{
cout << a[i] << endl ;
++i ;
++j ;
}
else// a[i] > b[j]
++j ;
}
}

这到题还有其他的解法，比如对于a中任意一个元素，在b中对其进行binary search，因为a中有n个元素，而在b中进行binary search需要logn。所以找出全部相同元素的时间复杂度是o(nlogn)。

另外，上面的方法，只要b有序即可，a是否有序无所谓，因为我们只是在b中做binary search。如果a也有序的话，那么再用上面的方法就有点慢了，因为如果a中某个元素在b中的位置是k的话，那么a中下一个元素在b中的位置一定位于k的右侧，所以本次的搜索空间可以根据上次的搜索结果缩小，而不是仍然在整个b中搜索。也即如果a和b都有序的话，代码可以做如下修改，记录上次搜索时b中元素的位置，作为下一次搜索的起始点。

求三个数组的共同元素
给定三个含有n个元素的整型数组a,b和c，求他们最小的共同元素。

如果三个数组都有序，那么可以设置三个指针指向三个数组的头部，然后根据这三个指针所指的值进行比较来移动指针，直道找到共同元素。

// 三个数组的共同元素-只找最小的
void findcommonelements(int a[], int b[], int c[], int x, int y, int z)
{
for(int i = 0, j = 0, k = 0; i < x && j < y && k < z;)
{
if(a[i] < b[j])
{
i++ ;
}
else // a[i] >= b[j]
{
if(b[j] < c[k])
{
j++ ;
}
else // b[j] >= c[k]
{
if(c[k] < a[i])
{
k++ ;
}
else // c[k] >= a[i]
{
cout << c[k] << endl ;
return ;
}
}
}
}

cout << "not found!" << endl ;
}

如果三个数组都无序，可以先对a, b进行排序，然后对c中任意一个元素都在b和c中做二分搜索。

// find the unique common element in 3 arrays
// o(nlogn)
int uniquecommonitem(int *a, int *b, int *c, int n)
{
// sort array a
qsort(a, n, sizeof(int), compare) ; // nlogn

// sort array b
qsort(b, n, sizeof(int), compare) ; // nlogn

// for each element in array c, do a binary search in a and b
// this is up to a complexity of n*2*logn
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if(binarysearch(a, n, c[i]) && binarysearch(b, n, c[i]))
return c[i] ;
}

return - 1 ; // not found
}

也可以对a进行排序，然后对于b和c中任意一个元素都在a中进行二分搜索。

// find the unique common element in 3 arrays
// o(nlogn)
int uniquecommonitem1(int *a, int *b, int *c, int n)
{
// sort array a
qsort(a, n, sizeof(int), compare) ; // nlogn

// space for time
bool *bb = new bool[n] ;
memset(bb, 0, n) ;

bool *bc = new bool[n] ;
memset(bb, 0, n) ;

// for each element in b, do a bs in a and mark all the common element
for (int i = 0; i < n; i++) // nlogn
{
if(binarysearch(a, n, b[i]))
bb[i] = true ;
}

// for each element in c, do a bs only if b[i] is true
for (int i = 0; i < n; i++) // nlogn
{
if(b[i] && binarysearch(a, n, c[i]))
return c[i] ;
}

return - 1 ; // not found
}

排序和二分搜索代码如下：

// determine whether a contains value k
bool binarysearch(int *a, int n, int k)
{
int left = 0 ;
int right = n - 1 ;
while (left <= right)
{
int mid = (left + right) ;

if(a[mid] < k)
left = mid + 1 ;
if(a[mid] == k)
return true ;
else
right = mid - 1 ;
}

return false ;
}

// compare function for qsort
int compare(const void* a, const void* b)
{
return *(int*)a - *(int*)b ;
}

总结一下，对于在数组中进行查找的问题，可以分如下两种情况处理：

如果给定的数组有序，那么首先应该想到binary search，所需o(logn)。
如果给定的数组无序，那么首先应该想到对数组进行排序，很多排序算法都能在o(nlogn)时间内对数组进行排序，然后再使用二分搜索，总的时间复杂度仍是o(nlogn)。
如果能做到以上两点，大多数关于数组的查找问题，都能迎刃而解。

找出数组中唯一的重复元素
给定含有1001个元素的数组，其中存放了1-1000之内的整数，只有一个整数是重复的，请找出这个数。

求出整个数组的和，再减去1-1000的和即可，代码略。

找出出现奇数次的元素
给定一个含有n个元素的整型数组a，其中只有一个元素出现奇数次，找出这个元素。

因为对于任意一个数k，有k ^ k = 0，k ^ 0 = k，所以将a中所有元素进行异或，那么个数为偶数的元素异或后都变成了0，只留下了个数为奇数的那个元素。

int findelementwithoddcount(int *a, int n)
{
int r = a[0] ;

for (int i = 1; i
求数组中满足给定和的数对
给定两个有序整型数组a和b，各有n个元素，求两个数组中满足给定和的数对，即对a中元素i和b中元素j，满足i + j = d(d已知)。

两个指针i和j分别指向数组的首尾，然后从两端同时向中间遍历，直到两个指针交叉。

// 找出满足给定和的数对
void fixedsum(int* a, int* b, int n, int d)
{
for (int i = 0, j = n - 1; i < n && j >= 0)
{
if (a[i] + b[j] < d)
++i ;
else if (a[i] + b[j] == d)
{
cout << a[i] << ", " << b[j] << endl ;
++i ;
--j ;
}
else // a[i] + b[j] > d
--j ;
}
}

最大子段和
给定一个整型数组a，求出最大连续子段之和，如果和为负数，则按0计算，比如1， 2， -5， 6， 8则输出6 + 8 = 14。

编程珠玑上的经典题目，不多说了。

// 子数组的最大和
int sum(int* a, int n)
{
int cursum = 0;
int maxsum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (cursum + a[i] < 0)
cursum = 0;
else
{
cursum += a[i] ;
maxsum = max(maxsum, cursum);
}
}
return maxsum;
}

最大子段积
给定一个整型数足a，求出最大连续子段的乘积，比如 1， 2， -8， 12， 7则输出12 * 7 = 84。

与最大子段和类似，注意处理负数的情况。

// 子数组的最大乘积
int maxproduct(int *a, int n)
{
int maxproduct = 1; // max positive product at current position
int minproduct = 1; // min negative product at current position
int r = 1; // result, max multiplication totally

for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (a[i] > 0)
{
maxproduct *= a[i];
minproduct = min(minproduct * a[i], 1);
}
else if (a[i] == 0)
{
maxproduct = 1;
minproduct = 1;
}
else // a[i] < 0
{
int temp = maxproduct;
maxproduct = max(minproduct * a[i], 1);
minproduct = temp * a[i];
}

r = max(r, maxproduct);
}

return r;
}

数组循环移位
将一个含有n个元素的数组向右循环移动k位，要求时间复杂度是o(n)，且只能使用两个额外的变量，这是在微软的编程之美上看到的一道题。

比如数组 1 2 3 4循环右移1位 将变成 4 1 2 3， 观察可知1 2 3 的顺序在移位前后没有改变，只是和4的位置交换了一下，所以等同于1 2 3 4 先划分为两部分 1 2 3 | 4，然后将1 2 3逆序，再将4 逆序 得到 3 2 1 4，最后整体逆序 得到 4 1 2 3。

// 将buffer中start和end之间的元素逆序
void reverse( int buffer[], int start, int end )
{
while ( start < end )
{
int temp = buffer[ start ] ;
buffer[ start++ ] = buffer[ end ] ;
buffer[ end-- ] = temp ;
}
}

// 将含有n个元素的数组buffer右移k位
void shift( int buffer[], int n, int k )
{
k %= n ;

reverse( buffer, 0, n - k - 1) ;
reverse( buffer, n - k, n - 1 ) ;
reverse( buffer, 0, n - 1 ) ;
}

字符串逆序
给定一个含有n个元素的字符数组a，将其原地逆序。

可能您觉得这不是关于数组的，而是关于字符串的。是的。但是别忘了题目要求的是原地逆序，也就是不允许额外分配空间，那么参数肯定是字符数组形式，因为字符串是不能被修改的（这里只c/c++中的字符串常量），所以，和数组有关了吧，只不过不是整型数组，而是字符数组。用两个指针分别指向字符数组的首位，交换其对应的字符，然后两个指针分别向数组*移动，直到交叉。

// 字符串逆序
void reverse(char *a, int n)
{
int left = 0;
int right = n - 1;

while (left < right)
{
char temp = a[left] ;
a[left++] = a[right] ;
a[right--] = temp ;
}
}

组合问题
给定一个含有n个元素的整型数组a，从中任取m个元素，求所有组合。比如下面的例子：

a = 1, 2, 3, 4, 5
m = 3

输出：

1 2 3, 1 2 4, 1 2 5, 1 3 4, 1 3 5, 1 4 5
2 3 4, 2 3 5, 2 4 5
3 4 5

典型的排列组合问题，首选回溯法，为了简化问题，我们将a中n个元素值分别设置为1-n。

// n选m的所有组合
int buffer[100] ;

void printarray(int *a, int n)
{
for (int i = 0; i < n; ++i)
cout << a[i] << " ";
cout << endl ;
}

bool isvalid(int lastindex, int value)
{
for (int i = 0; i < lastindex; i++)
{
if (buffer[i] >= value)
return false;
}
return true;
}

void select(int t, int n, int m)
{
if (t == m)
printarray(buffer, m);
else
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
buffer[t] = i;
if (isvalid(t, i))
select(t + 1, n, m);
}
}
}

合并两个数组
给定含有n个元素的两个有序（非降序）整型数组a和b。合并两个数组中的元素到整型数组c，要求去除重复元素并保持c有序（非降序）。例子如下：

a = 1, 2, 4, 8
b = 1, 3, 5, 8
c = 1, 2, 3, 4, 5, 8

利用合并排序的思想，两个指针i,j和k分别指向数组a和b，然后比较两个指针对应元素的大小，有以下三种情况：

a[i]
a[i] == b[j]，则c[k]等于a[i]或b[j]皆可。
a[i] > b[j]，则c[k] = b[j]。
重复以上过程，直到i或者j到达数组末尾，然后将剩下的元素直接copy到数组c中即可。

// 合并两个有序数组
void merge(int *a, int *b, int *c, int n)
{
int i = 0 ;
int j = 0 ;
int k = 0 ;

while (i < n && j < n)
{
if (a[i] < b[j])// 如果a的元素小，则插入a中元素到c
{
c[k++] = a[i] ;
++i ;
}
else if (a[i] == b[j])// 如果a和b元素相等，则插入二者皆可，这里插入a
{
c[k++] = a[i] ;
++i ;
++j ;
}
else // a[i] > b[j] // 如果b中元素小，则插入b中元素到c
{
c[k++] = b[j] ;
++j ;
}
}

if (i == n) // 若a遍历完毕，处理b中剩下的元素
{
for (int m = j; m < n; ++m)
c[k++] = b[m] ;
}
else//j == n, 若b遍历完毕，处理a中剩下的元素
{
for (int m = i; m < n; ++m)
c[k++] = a[m] ;
}
}

重排问题
给定含有n个元素的整型数组a，其中包括0元素和非0元素，对数组进行排序，要求：

排序后所有0元素在前，所有非零元素在后，且非零元素排序前后相对位置不变。
不能使用额外存储空间。
例子如下：输入 0, 3, 0, 2, 1, 0, 0，输出 0, 0, 0, 0, 3, 2, 1。

此排序非传统意义上的排序，因为它要求排序前后非0元素的相对位置不变，或许叫做整理会更恰当一些。我们可以从后向前遍历整个数组，遇到某个位置i上的元素是非0元素时，如果a[k]为0，则将a[i]赋值给a[k]，a[k]赋值为0。实际上i是非0元素的下标，而k是0元素的下标。

void arrange(int* a, int n)
{
int k = n - 1 ;
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
{
if (a[i] != 0)
{
if (a[k] == 0)
{
a[k] = a[i] ;
a[i] = 0 ;
}
--k ;
}
}
}