Napisz funkcję, która obraca tablicę liczb całkowitych o podaną liczbę k. k elementów od końca powinno przejść na początek tablicy, a wszystkie inne elementy powinny przejść w prawo, aby zrobić miejsce.

Rotacja powinna odbywać się na miejscu.

Algorytm nie powinien działać w więcej niż O (n), gdzie n jest rozmiarem tablicy.

Do wykonania operacji należy również użyć stałej pamięci.

Na przykład,

jeśli tablica jest inicjowana z elementami arr = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

rotate (arr, 3) spowoduje, że elementami będą {7, 8, 9, 1, 2, 3, 4, 5, 6}

rotate (arr, 6) spowoduje {4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 2, 3}

C (104)

void reverse(int* a, int* b)
{
    while (--b > a) {
        *b ^= *a;
        *a ^= *b;
        *b ^= *a;
        ++a;
    }
}

void rotate(int *arr, int s_arr, int by)
{
    reverse(arr, arr+s_arr);
    reverse(arr, arr+by);
    reverse(arr+by, arr+s_arr);
}

Zminimalizowane:

v(int*a,int*b){while(--b>a){*b^=*a;*a^=*b;*b^=*a++;}}r(int*a,int s,int y){v(a,a+s);v(a,a+y);v(a+y,a+s);}

APL (4)

¯A⌽B

• A to liczba miejsc do obrócenia
• B to nazwa tablicy, która ma zostać obrócona

Nie jestem pewien, czy APL faktycznie tego wymagało, ale w implementacji, którą widziałem (elementy wewnętrzne), zajęłoby to czas proporcjonalny do Astałej pamięci.

Oto długo rozwinięta wersja C pomysłu Colina.

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

int gcd(int a, int b) {
  int t;
  if (a < b) {
    t = b; b = a; a = t;
  }
  while (b != 0) {
    t = a%b;
    a = b;
    b = t;
  }
  return a;
}

double arr[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12};
int s_arr = sizeof(arr)/sizeof(double);

/* We assume 1 <= by < s_arr */
void rotate(double *arr, int s_arr, int by) {
  int i, j, f;
  int g = gcd(s_arr,by);
  int n = s_arr/g;
  double t_in, t_out;

  for (i=0; i<g; i++) {
    f = i;
    t_in = arr[f + s_arr - by];
    for (j=0; j<n; j++) {
      t_out = arr[f];
      arr[f] = t_in;
      f = (f + by) % s_arr;
      t_in = t_out;
    }
  }
}

void print_arr(double *arr, int s_arr) {
  int i;
  for (i=0; i<s_arr; i++) printf("%g ",arr[i]);
  puts("");
}

int main() {
  double *temp_arr = malloc(sizeof(arr));
  int i;

  for (i=1; i<s_arr; i++) {
    memcpy(temp_arr, arr, sizeof(arr));
    rotate(temp_arr, s_arr, i);
    print_arr(temp_arr, s_arr);
  }
}

do

Nie jestem pewien, jakie są kryteria, ale ponieważ bawiłem się algorytmem, oto mój wpis:

void rotate(int* b, int size, int shift)
{
    int *done;
    int *p;
    int i;
    int saved;
    int c;

    p = b;
    done = p;
    saved = *p;
    for (i = 0; i < size; ++i) {
        c = saved;
        p += shift;
        if (p >= b+size) p -= size;
        saved = *p;
        *p = c;
        if (p == done) {
            p += 1;
            done = p;
            saved = *p;
        }
    }
}

Dla pewności zagram w golfa; 126 bajtów, można skrócić:

void r(int*b,int s,int n){int*d,*p,i,t,c;d=p=b;t=*p;for(i=0;i<s;++i){c=t;p+=n;if(p>=b+s)p-=s;t=*p;*p=c;if(p==d){d=++p;t=*p;}}}

Nie widzę tu zbyt wielu rozwiązań C ++, więc pomyślałem, że spróbuję tego, ponieważ nie liczy znaków.

Jest to prawdziwa rotacja „na miejscu”, dlatego wykorzystuje 0 dodatkowego miejsca (oprócz wymiany technicznej i 3 liczb całkowitych), a ponieważ pętla ma dokładnie N, spełnia również złożoność O (N).

template <class T, size_t N>
void rot(std::array<T,N>& x, int shift)
{
        size_t base=0;
        size_t cur=0; 
        for (int i = 0; i < N; ++i)
        {
                cur=(cur+shift)%N; // figure out where we are going
                if (cur==base)     // exact multiple so we have to hit the mods when we wrap
                {
                        cur++;
                        base++;
                }
                std::swap(x.at(base), x.at(cur)); // use x[base] as holding area
        }
}

Jeśli wykonasz każdy z możliwych cykli obrotu kolejno o n (jest ich GCD (n, len (arr))), to potrzebujesz tylko jednej tymczasowej kopii elementu tablicy i kilku zmiennych stanu. W ten sposób w Pythonie:

from fractions import gcd

def rotate(arr, n):
    total = len(arr)
    cycles = gcd(n, total)
    for start in range(0, cycles):
        cycle = [i % total for i in range(start, abs(n * total) / cycles, n)]
        stash = arr[cycle[-1]]
        for j in reversed(range(1, len(cycle))):
            arr[cycle[j]] = arr[cycle[j - 1]]
        arr[cycle[0]] = stash

C (137 znaków)

#include <stdio.h>

void rotate(int * array, int n, int k) {
    int todo = (1<<n+1)-1;
    int i = 0, j;
    int tmp = array[0];

    while (todo) {
        if (todo & 1<<i) {
            j = (i-k+n)%n;
            array[i] = todo & 1<<j ? array[j] : tmp;
            todo -= 1<<i;
            i = j;
        } else tmp = array[++i];
    }
}

int main() {
    int a[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
    rotate(a, 9, 4);
    for (int i=0; i<9;i++) printf("%d ", a[i]);
    printf("\n");
}

Funkcja rotatezmniejszona do 137 znaków:

void r(int*a,int n,int k){int m=(1<<n+1)-1,i=0,j,t=a[0];while(m)if(m&1<<i){j=(i-k+n)%n;a[i]=(m&1<<j)?a[j]:t;m-=1<<i;i=j;}else t=a[++i];}

Współczynnik ma wbudowany typ dla tablic obrotowych <circular>, więc w rzeczywistości jest to operacja O (1):

: rotate ( circ n -- )
    neg swap change-circular-start ;

IN: 1 9 [a,b] <circular> dup 6 rotate >array .
{ 4 5 6 7 8 9 1 2 3 }
IN: 1 9 [a,b] <circular> dup 3 rotate >array .
{ 7 8 9 1 2 3 4 5 6 }

Mniej cheatyczna Factor odpowiednik imponującego rozwiązania C Bena Voigta:

: rotate ( n s -- ) 
    reverse! swap cut-slice [ reverse! ] bi@ 2drop ;

IN: 7 V{ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 } [ rotate ] keep .
V{ 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 }

JavaScript 45

Poszedłem na golfa, bo lubię golfa. Ma maksymalną wartość O (N), o ile t<= rozmiar tablicy.

function r(o,t){for(;t--;)o.unshift(o.pop())}

Aby obsłużyć tdowolną proporcję w O (N), można zastosować następujące elementy (o wadze 58 znaków):

function r(o,t){for(i=t%o.length;i--;)o.unshift(o.pop())}

Nie zwraca, edytuje tablicę w miejscu.

REBEL - 22

/_(( \d+)+)( \d+)/$3$1

Dane wejściowe: k wyrażone jako jedność całkowita za _pomocą cyfry, następnie spacja, a następnie rozdzielana spacjami tablica liczb całkowitych.

Dane wyjściowe: spacja, a następnie tablica obrócona.

Przykład:

___ 1 2 3 4 5/_(( \d+)+)( \d+)/$3$1

Stan końcowy:

 3 4 5 1 2

Wyjaśnienie:

W każdej iteracji, zastępuje jeden _i tablicę [array] + tailz tail + [array].

Przykład:

___ 1 2 3 4 5
__ 5 1 2 3 4
_ 4 5 1 2 3
 3 4 5 1 2

Jawa

public static void rotate(int[] arr, int by) {
    int n = arr.length;
    int i = 0;
    int j = 0;
    while (i < n) {
        int k = j;
        int value = arr[k];
        do {
            k = (k + by) % n;
            int tmp = arr[k];
            arr[k] = value;
            value = tmp;
            i++;
        } while (k != j);
        j++;
    }
}

Demo tutaj .

Minified JavaScript, 114 :

function rotate(e,r){n=e.length;i=0;j=0;while(i<n){k=j;v=e[k];do{k=(k+r)%n;t=e[k];e[k]=v;v=t;i++}while(k!=j);j++}}

Haskell

W rzeczywistości jest to θ (n), ponieważ podział to θ (k), a złączenie to θ (nk). Nie jestem jednak pewien co do pamięci.

rotate 0 xs = xs
rotate n xs | n >= length xs = rotate (n`mod`(length xs)) xs
            | otherwise = rotate' n xs

rotate' n xs = let (xh,xt) = splitAt n xs in xt++xh

Python 3

from fractions import gcd
def rotatelist(arr, m):
    n = len(arr)
    m = (-m) % n # Delete this line to change rotation direction
    for i0 in range(gcd(m, n)):
        temp = arr[i0]
        i, j = i0, (i0 + m) % n
        while j != i0:
            arr[i] = arr[j]
            i, j = j, (j + m) % n
        arr[i] = temp

Stała
złożoność czasowa pamięci O (n)

Pyton

def rotate(a, n): a[:n], a[n:] = a[-n:], a[:-n] 

pyton

   import copy
    def rotate(a, r):
        c=copy.copy(a);b=[]
        for i in range(len(a)-r):   b.append(a[r+i]);c.pop();return b+c

vb.net O (n) (nie pamięć stała)

Function Rotate(Of T)(a() As T, r As Integer ) As T()     
  Dim p = a.Length-r
  Return a.Skip(p).Concat(a.Take(p)).ToArray
End Function

Rubin

def rotate(arr, n)
  arr.tap{ (n % arr.size).times { arr.unshift(arr.pop) } }  
end

C (118)

Prawdopodobnie był nieco zbyt łagodny w przypadku niektórych specyfikacji. Wykorzystuje pamięć proporcjonalną do shift % length. Może również obracać się w przeciwnym kierunku, jeśli minie ujemna wartość przesunięcia.

r(int *a,int l,int s){s=s%l<0?s%l+l:s%l;int *t=malloc(4*s);memcpy(t,a+l-s,4*s);memcpy(a+s,a,4*(l-s));memcpy(a,t,4*s);}

Python 2, 57

def rotate(l,n):
 return l[len(l)-n:len(l)]+l[0:len(l)-n]

Gdybym tylko l[-n:len(l)-n]działał tak, jak bym tego oczekiwał. Po prostu wraca []z jakiegoś powodu.

def r(a,n): return a[n:]+a[:n]

Czy ktoś mógłby sprawdzić, czy to rzeczywiście spełnia wymagania? Myślę, że tak, ale nie studiowałem jeszcze CS.

C ++, 136

template<int N>void rotate(int(&a)[N],int k){auto r=[](int*b,int*e){for(int t;--e>b;t=*b,*b++=*e,*e=t);};r(a,a+k);r(a+k,a+N);r(a,a+N);}

Jawa

Zamień ostatnie k elementów na pierwsze k elementów, a następnie obróć pozostałe elementy o k. Jeśli na końcu pozostało mniej niż k elementów, obróć je o k% liczby pozostałych elementów. Nie sądzę, żeby ktokolwiek powyżej przyjął to podejście. Wykonuje dokładnie jedną operację wymiany dla każdego elementu, robi wszystko na swoim miejscu.

public void rotate(int[] nums, int k) {
    k = k % nums.length; // If k > n, reformulate
    rotate(nums, 0, k);
}

private void rotate(int[] nums, int start, int k) {
    if (k > 0) {
        if (nums.length - start > k) { 
            for (int i = 0; i < k; i++) {
                int end = nums.length - k + i;
                int temp = nums[start + i];
                nums[start + i] = nums[end];
                nums[end] = temp;
            }
            rotate(nums, start + k, k); 
        } else {
            rotate(nums, start, k % (nums.length - start)); 
        }
    }
}

Perl 5 , 42 bajtów

sub r{$a=pop;map{unshift@$a,pop@$a}1..pop}

Wypróbuj online!

Podprogram wykorzystuje obrót jako pierwszy parametr, a odniesienie do tablicy jako drugi. Czas pracy jest stały na podstawie odległości obrotu. Rozmiar tablicy nie wpływa na czas działania. Tablica jest modyfikowana na miejscu poprzez usunięcie elementu z prawej strony i umieszczenie go po lewej stronie.