《编程珠玑》中习题1.4的题目是：“如果认真考虑了习题3，你将会面对生成小于n且没有重复的k个整数的问题。最简单的方法就是使用前k个正整数。这个极端的数据集合将不会明显的改变位图方法的运行时间，但是可能会歪曲系统排序的运行时间。如何生成位于0至n - 1之间的k个不同的随机顺序的随机整数？尽量使你的程序简短高效。”
解决这个问题可以使用以空间换时间的方式，基本的思想是 利用洗牌的原理，将n个数(0至n-1)按次序排好，依次让每个数和一个随机挑选出的位子进行互换，这样肯定不会重复，而且次序被打乱，具有随性。 只用交换k次，就可以取出k个小于n的互不相同的随机数。
由这个问题我们引出以下这个笔试题目的问题：
“使用一个长度为n的数组来产生随机数，当产生的随机数与数组的存在的相同则重新随机，当不同时插入到数组中，使用这种方法产生
1到n
的随机数的期望次数是多少次？（编程实现）”
解答：
一般的思想是产生一个随机数 arr[i] 后，和前面已经产生的arr[0]~arr[i-1]进行比较，如果有重复的就重新产生一个，该算法的平均时间复杂度为：O（n^2) ，而最坏复杂度为无限！！
这里我们按照编程珠玑上那个问题的扩展想法，利用空间换时间的算法，生成随机排列的数，此时时间复杂度为O（n）。
（1）建立一个长度为n+1的临时数组b，对该数组赋值依次赋值0~n, 即b[i] = i;
（2）取一个1~n之间的随机整数k=rand(0,n]，取b[k]读入arr[i]，再将b数组最后一个元素b[b.size-1]赋值给b[k]，将b的长度减1；
代码实现：
/*
*BLOG:http://blog.csdn.net/wdzxl198
*AUTHOR:Atlas
*EMAIL:wdzxl198@163.com
*/
#include<iostream>
using namespace std;
void Random(int *arr,int length)
{
srand(time(NULL));
int i,randnum;
int limitsize = length;
int b[limitsize];
for(i=0; i<limitsize; i++)
{
b[i] = i+1;
}
for(i=0; i<length; i++)
{
randnum = rand()%limitsize;
limitsize--;
arr[i] = b[randnum];
b[randnum] = b[limitsize];
}
}
int main()
{
int arr[100];
//假使随机出1到100的随机数
Random(arr,100);
for(int i=0;i<100;i++)
{
cout<<arr[i]<<" ";
}
cout<<endl;
quickSort(arr,0,99);
for(int i=0;i<100;i++)
{
cout<<arr[i]<<" ";
}
cout<<endl;
system("PAUSE");
return 0;
}
这种方法的是O（n）时间复杂度，但是没有求出题目中期望的次数。
在求期望的过程中，我发现一篇博文，题目是有一个数组，每次从中间随机取一个，然后放回去，当所有的元素都被取过，返回总共的取的次数。写一个函数实现。复杂度是什么。，这个题目与文章中的类似，转载过来分析下，
import java.util.Random;
import java.util.Set;
import java.util.TreeSet;
/**
* #面试题#有一个数组，每次从中间随机取一个，然后放回去，当所有的元素都被取过，返回总共的取的次数。
* 写一个函数实现。复杂度是什么。
* bitmap，只要一个bit就可以标记是否被取过，可参考《编程珠玑》的位图排序
*
* 时间复杂度的话，我不太会算，以下是引用https://github.com/vyan/test/blob/master/accessTimes.cpp：
* 使用bit打点记录已经取的数，
* 复杂度分析，假设数组总长度为n
* 取到第1个之前未被取到的数的期望 E(1)=1
* 取到第2个之前未被取到的数的期望 E(2)=n/n-1
* 取到第3个之前未被取到的数的期望 E(3)=n/n-2
* ...
* 取到第n个之前未被取到的数的期望 E(n)=n/1
* 总得期望次数E=n+n/(n-1)+n/(n-2)+...+n/1;
* =n(1+1/(n-1)+1/(n-2)+...+1/1)
* =nln(n)
* 所以算法平均复杂度为nlogn
*
* 下面的代码里面，除法和求模运算我都用位运算来实现，事实上直接用java提供的（/,%）也可以
* 同时，为了验证是否真的取到了数组的所有元素，我用了TreeSet保存已选中的下标（去重）
*
* 最后，还有一个问题是，可能取了很多次，都没能全选中，这个时候可以设置一个最长时间或者最大尝试次数，超过则结束程序，
* 避免程序长时间运行甚至死循环
*
* @author lijinnan
*
*/
public class TimesOfAccessArray {
public static final int SHIFT = 5;
public static final int BLOCK_SIZE = (1 << SHIFT); //32
public static final int MASK = (1 << SHIFT) - 1; //31
public static void main(String[] args) {
int[] array = new int[200];
long times = accessTimes(array);
System.out.println(times);
}
public static long accessTimes(int[] array) {
if (array == null || array.length == 0) {
return -1L;
}
long result = 0L;
int len = array.length;
int[] bitmap = new int[divide(len, BLOCK_SIZE) + 1];
int setTimes = 0;
Set<Integer> set = new TreeSet<Integer>();
while (setTimes < len) {
int pos = new Random().nextInt(len);
set.add(pos);
if (set(bitmap, pos)) {
setTimes++;
}
result++;
}
System.out.println(set);
return result;
}
public static boolean set(int[] bitmap, int pos) {
boolean result = false;
int blockNo = divide(pos, BLOCK_SIZE);
int index = mod(pos, BLOCK_SIZE);
boolean notExist = (bitmap[blockNo] & (1 << index))== 0;
if (notExist) {
bitmap[blockNo] |= (1 << index);
result = true;
}
return result;
}
public static boolean exist(int[] bitmap, int pos) {
int blockNo = divide(pos, BLOCK_SIZE);
int index = mod(pos, BLOCK_SIZE);
return (bitmap[blockNo] & (1 << index)) != 0;
}
private static int divide(int x, int y) {
return x >> offSet(y);
}
private static int mod(int x, int y) {
int z = x;
int i = offSet(y);
return z - ((z >> i) << i);
}
//e.g. 32=2^5, return 5 只考虑2的幂
private static int offSet(int y) {
return howManyBits(y) - 1;
}
//二进制的表示里面，有多少位。例如32是6位
private static int howManyBits(int y) {
int bitNum = 0;
while (y != 0) {
y = (y >> 1);
bitNum++;
}
return bitNum;
}
}
