2024 年「資訊科技產業專案設計」HW1

貢獻者:
R: Interviewer
E: Interviewee

video:
模擬面試影片1(漢)
模擬面試影片2(英)
模擬面試影片3(漢)

125. Valid Palindrome

測驗說明與問答

R：嗨！我是 Michael。我們公司正在開發一款文字處理 APP，需要實作一個功能來判斷使用者輸入的文字是否為回文。你能幫我們解決這個問題嗎？

E：你好 Michael！很高興認識你。我是 Max。我很樂意協助解決這個問題。

R：太好了！那我們就開始吧。我們需要你實作一個 function，它接受一個字串作為輸入，並判斷這個字串是否為回文。在這裡，回文的定義是：將所有大寫字母轉換為小寫，並移除所有非英數字元後，從前往後讀和從後往前讀是一樣的。

E：好的，我瞭解了。讓我重述一下題目要求，確保我理解正確：

1. 我需要實作一個 function，接受一個字串作為輸入。
2. Function 需要判斷這個字串是否為回文。
3. 在判斷之前，需要將所有大寫字母轉換為小寫。
4. 並且移除所有非英數字元
5. 然後判斷處理後的字串從前往後讀和從後往前讀是否一樣。
6. 如果是一樣的，則返回true，否則返回false。
   這樣理解正確嗎？

R：是的，你理解得非常正確。你能舉些例子來說明這個問題嗎？

E：好的。讓我舉幾個例子：

輸入: "a,b cba."
處理後的字串:是"abcba"，它是一個迴文。
輸出: true

輸入: "abBc"
處理後的字串是 "abbc"，它不是一個迴文。
輸出: false

輸入: " "
處理後的字串是空字串 ""，根據定義，空字串會被視為迴文。
輸出: true

這些例子涵蓋了各種情況，包括含有標點符號、大小寫混合、空格，以及空字串的情況。

R：很好，這些範例非常清楚。那麼，你打算如何解決這個問題呢？

E：對於這個問題，我的初步構想是使用一個比較直接的方法：

1. 首先，我會先處理輸入的字串，將所有字元轉換為小寫，並移除所有非英數字元。
2. 然後，我會使用兩個指標，一個從字串的開頭，一個從字串的結尾，向中間移動。
3. 在移動的過程中，比較兩個指標指向的字元是否相同。
4. 如果在任何時候發現不同，就立即回傳 false。
5. 如果兩個指標相遇或交叉，而還沒有回傳 false，那麼這個字串就是回文，則回傳 true。

這種方法的時間複雜度是 O(n)，其中 n 是字串的長度，因為我們需要遍歷整個字串一次進行字串處理，然後再遍歷一次來檢查是否為回文。空間複雜度也是 O(n)，因為我們需要建立一個新的字串來儲存處理後的字串。

R：這個方法聽起來不錯。你能把它實作出來嗎？

E：好的。我會使用 C++ 來實作這個 function。

bool isPalindrome(string s) {
    // 處理字串
    string processed = "";
    for (char c : s) {
        if (isalnum(c)) {
            processed += tolower(c);
        }
    }

    // 檢查是否為迴文
    int left = 0;
    int right = processed.length() - 1;
    while (left < right) {
        if (processed[left] != processed[right]) {
            return false;
        }
        left++;
        right--;
    }
    return true;
}

我先建立一個新的空字串用來儲存處理後的字串，我會走訪原始字串的每個字元，只保留英文字母和數字，並將它們轉換為小寫。然後我們使用兩個指標來檢查處理後的字串是否為回文。

R：這個實作看起來不錯。不過，我注意到你建立了一個新的字串來儲存處理後的結果。這可能會導致額外的記憶體使用。你能想到其他方法來優化記憶體使用嗎？

E：您提出了一個很好的觀點。我想到一個方法可以優化記憶體使用。這個方法可以不建立新的字串，而是直接在原字串上操作。這樣可以將空間複雜度從 O(n) 降低到 O(1)。讓我重新實作這個 function：

bool isPalindrome(string s) {
    int left = 0;
    int right = s.length() - 1;

    while (left < right) {
        // 移動左指標直到找到英文字母或數字
        while (left < right && !isalnum(s[left])) {
            left++;
        }
        // 移動右指標直到找到英文字母或數字
        while (left < right && !isalnum(s[right])) {
            right--;
        }

        // 比較字元（忽略大小寫）
        if (tolower(s[left]) != tolower(s[right])) {
            return false;
        }

        left++;
        right--;
    }

    return true;
}

在這個優化後的版本中：

1. 我直接在原字串上操作，不再創建新的字串。
2. 我使用兩個指針，一個從字串開始，一個從字串結束，向中間移動。
3. 我跳過所有非字母數字字符。
4. 我比較字元時忽略大小寫。

這個方法的時間複雜度仍然是 O(n)，但空間複雜度降低到了 O(1)，因為我們只使用了常數額外空間。
這個版本解決了之前方法的記憶體使用問題。你覺得這個改進如何？

R：非常好！這個方法確實解決了記憶體使用的問題。那今天的面試就到這裡，之後會再以 email 通知你下一次面試的時間。

88. Merge Sorted Array

測驗說明與問答

R: Hello! I'm Michael, a senior software engineer here at MusicStream. Today we're going to discuss a practical problem. Imagine you're developing a music player application and need to merge two sorted playlists. Can you help us solve this problem?

E: Hi Michael, I'm Max. It's great to meet you. That sounds like an interesting problem, and I'd be happy to help solve it.

R: Great. Specifically, we have two integer arrays, nums1 and nums2, which are sorted based on song popularity. nums1 has a length of m + n, where the first m elements are valid, and the last n elements are empty (filled with zeros). nums2 has a length of n. We need to merge nums2 into nums1 so that nums1 becomes a sorted array. Can you implement this functionality for us?

E: Certainly, let me repeat the problem to ensure I fully understand the requirements:
We have two sorted integer arrays, nums1 and nums2.
nums1 has a length of m + n, where only the first m elements are valid, and the last n elements are empty (filled with zeros).
nums2 has a length of n.
We need to merge nums2 into nums1 so that nums1 becomes a sorted array.
The final result should be stored directly in nums1, rather than returning a new array. Is that correct?

R: That's exactly right. You've understood the problem perfectly. Can you give me some specific examples?

E: Of course. Let me provide a few examples:

If nums1 = [1,3,5,0,0,0], m = 3, nums2 = [2,4,6], n = 3
The merged result should be nums1 = [1,2,3,4,5,6]
If nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3, nums2 = [2,5,6], n = 3
The merged result should be nums1 = [1,2,2,3,5,6]
If nums1 = [1], m = 1, nums2 = [], n = 0
The merged result should be nums1 = [1]
If nums1 = [0], m = 0, nums2 = [1], n = 1
The merged result should be nums1 = [1]

R: Great, these examples cover different scenarios. So, how do you plan to approach this problem?

E: My initial approach would be to use a straightforward method. We could first copy all elements from nums2 to the end of nums1, then sort the entire nums1. This is a simple and direct solution.

R: That sounds like a feasible approach. Can you implement this solution?

E: Certainly, I'll implement this method right now.

class Solution {
public:
    void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
        // Copy elements from nums2 to the end of nums1
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            nums1[m + i] = nums2[i];
        }
        
        // Sort the entire nums1
        sort(nums1.begin(), nums1.end());
    }
};

This solution is very straightforward. First, we copy all elements from nums2 to the end of nums1, then use the C++ standard library's sort function to sort the entire nums1.

R: This solution is indeed intuitive. Can you analyze the time and space complexity of this method?

E:
Time complexity:
Copying nums2 to nums1 takes O(n) time.
Sorting the entire nums1 takes O((m+n)log(m+n)) time.
Therefore, the total time complexity is O((m+n)log(m+n)).

Space complexity:
This solution is done in-place without using extra space, so the space complexity is O(1).

R: Your analysis is correct. This solution is simple and direct, but as you mentioned, the time complexity is O((m+n)log(m+n)). Considering our music player might need to handle very large playlists, can you think of a more efficient solution?

E: You're right, for large playlists, we definitely need a more efficient solution. Let me think for a moment…
Since both arrays are already sorted, we can take advantage of this to optimize our algorithm. We can use two pointers, starting from the end of both arrays, compare the elements from both arrays, and then place the larger element at the end of nums1. This way, we can complete the merge in a single pass, reducing the time complexity to O(m+n).

R: That sounds like a good idea. Can you implement this improved version?

E: Certainly, I'll implement the improved version now.

class Solution {
public:
    void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
        int right = m+n-1; // Pointer for the merged nums1
        int mPtr = m-1; // Pointer for nums1
        int nPtr = n-1; // Pointer for nums2

        // Merge from back to front
        while(nPtr >= 0){
            if(mPtr >= 0 && nums1[mPtr] > nums2[nPtr]){
                nums1[right] = nums1[mPtr];
                --mPtr;
            }
            else {
                nums1[right] = nums2[nPtr];
                --nPtr;
            }
            --right;
        }
    }
};

This improved version uses three pointers:

• mPtr points to the last valid element in nums1
• nPtr points to the last element in nums2
• right points to the last position in the merged nums1

We compare elements from nums1 and nums2 from back to front, placing the larger element at the end of nums1. This avoids overwriting valid elements in nums1.

R: This solution looks very good. Can you explain the time and space complexity of this method, and how it differs from the previous method?

E: Of course.
Time complexity:
This method only needs to traverse both arrays once, so the time complexity is O(m+n).
Space complexity:
This method is done in-place without using extra space, so the space complexity is still O(1).

Time complexity:
The new method has a time complexity of O(m+n), while the previous method was O((m+n)log(m+n)). For large arrays, the new method will be much faster.

Space complexity:
Both methods have a space complexity of O(1), so there's no difference.

Overall, the new method significantly improves time efficiency while maintaining the same space complexity, making it particularly suitable for merging large playlists.

R: Excellent answer! This concludes our interview. I hope you found this interview valuable as well. We'll get back to you with feedback on your interview results as soon as possible. Have a great day!

E: Thank you very much, Michael. I appreciate your time and the opportunity to discuss this problem. I look forward to hearing back from you. Have a great day as well!

167. Two Sum II - Input Array Is Sorted

測驗說明與問答

R：你好，歡迎你參加今天的面試。我們公司正在開發一個金融交易系統，需要實作一個快速配對的功能。具體來說，我們有一個已排序的交易訂單陣列，每個訂單都有一個價格。我們需要找出兩個訂單，使它們的價格總和等於一個特定的目標價格。你能幫我們實作這個功能嗎？

T：您好，很高興參加今天的面試。讓我先覆述一下您的需求，確保我理解正確。
我們有一個已經按照價格排序的訂單陣列，需要找出兩個訂單，使它們的價格之和等於一個特定的目標價格。並且返回這兩個訂單在陣列中的位置。對嗎？

R：是的，你理解得很正確。不過有幾點需要補充：該陣列是 1-indexed 的，也就是說第一個元素的索引是 1，而不是 0。另外，我們保證一定存在且只存在一個解，並且同一個訂單不能使用兩次。

E：好的，謝謝您的補充。請讓我舉幾個例子來確保我完全理解問題。

1. 如果訂單價格陣列是 [2, 7, 11, 15]，目標價格是 9，那麼答案應該是 [1, 2]，因為第 1 個訂單（價格 2）和第 2 個訂單（價格 7）的和是 9。
2. 如果訂單價格陣列是 [2, 3, 4]，目標價格是 6，那麼答案應該是 [1, 3]，因為第 1 個訂單（價格 2）和第 3 個訂單（價格 4）的和是 6。

R：是的，這些例子都很好。那麼，你能描述一下你打算如何解決這個問題嗎？

E：好的。讓我說明一下我的解決方案。
考慮到這是一個已排序的陣列，我第一個想到的是使用雙指標法。我們可以使用兩個指標left以及 right，left 指向陣列開始的位置，right 指向陣列結束的位置。然後我們可以比較這兩個指標所指向的訂單價格之和與目標價格：

1. 如果和等於目標價格，我們就找到了解，返回這兩個指標的位置。
2. 如果和小於目標價格，我們需要增加和，所以將 left 指標向右移動。
3. 如果和大於目標價格，我們需要減少和，所以將 right 指標向左移動。
   我們重複這個過程直到找到解。

這個方法的時間複雜度是 O(n)，其中 n 是訂單陣列的長度，因為我們最多需要遍歷整個陣列一次。空間複雜度是 O(1)，因為我們只使用了兩個指標，沒有使用額外的空間。

R：聽起來是個不錯的方法。你能把它實作出來嗎？

E：好的，我現在就用 C++ 來實作這個方法。

vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {
    int left = 0, right = numbers.size() - 1;

    while (left < right) {
        int sum = numbers[left] + numbers[right];
        if (sum == target) {
            return {left + 1, right + 1}; // 因為是 1-indexed，所以要加 1
        } else if (sum < target) {
            left++;
        } else { // sum > target(口誤)
            right--;
        }
    }

    // 根據題目描述，一定存在解，所以不會執行到這裡
    return {};
}

R：非常好。你的解決方案的時間複雜度的確是O(n)。不過，我還有一個問題：在我們的系統中，訂單陣列可能會非常大，可能會有數百萬個訂單。你認為你的解決方案在這種情況下還適用嗎？有沒有可能進一步優化？

E：謝謝您的問題。對於包含數百萬個訂單的大規模數據，我認為的當前解決方案仍然適用，因為它的時間複雜度是 O(n)，空間複雜度是 O(1)。這意味著即使在大規模資料下，它也能在合理的時間內完成，並且不會佔用額外的記憶體。
不過，如果我們需要進一步優化，特別是在分散式系統或並行處理的環境中，我們可以考慮使用二分搜尋法。雖然在平均情況下，雙指針方法和二分搜尋的時間複雜度都是 O(n)，但在某些特定情況下，二分搜尋可能會更快。我們可以對每個元素，使用二分搜尋來查找它的配對元素。

R：你剛剛提到了二分搜尋法。你能具體說明一下如何使用二分搜尋來解決這個問題嗎？

E：好的。若要使用二分搜尋的方法，我會依序對陣列中的每個元素計算出他的配對元素，也就是目標值減去當前元素的值，接著再用使用二分搜尋來查找陣列中是否有它的的配對元素，若有的話則回傳兩者的位置。

vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {
    int n = numbers.size();
    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        int complement = target - numbers[i];
        int left = i + 1, right = n - 1;

        while (left <= right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if (numbers[mid] == complement) {
                return {i + 1, mid + 1}; // 因為是 1-indexed，所以要加 1
            } else if (numbers[mid] < complement) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
    }

    // 根據題目描述，一定存在解，所以不會執行到這裡
    return {};
}

這個方法的時間複雜度是 O(n log n)，其中 n 是數組的長度。雖然在最壞情況下，這個方法的時間複雜度比之前的雙指針方法 O(n) 要高，但在某些情況下（特別是當陣列非常大時），二分搜索可能會更快，因為它可以快速排除大量不可能的值。

R：謝謝你的詳細解釋。你能解釋一下為什麼這個方法的時間複雜度是 O(n log n) 嗎？

E：當然可以。讓我詳細解釋一下為什麼使用二分搜索的方法的時間複雜度是 O(n log n)：

1. 外層迴圈：首先，我們有一個遍歷整個陣列的外層迴圈。這個迴圈執行 n 次，其中 n 是陣列的長度。
2. 內層二分搜尋：在每次外層迴圈中，我們執行一次二分搜尋。二分搜尋的時間複雜度是 O(log n)。
3. 組合分析：對於每個元素（共 n 個），我們都執行一次時間複雜度為 O(log n) 的操作。
4. 因此時間複雜度為O(nlogn)

然而，對於這個特定的問題（已排序的數組中找兩數之和），雙指標方法通常是最優的選擇，因為它充分利用了數組已排序的特性，真正達到了 O(n) 的時間複雜度。二分搜索方法，在陣列非常大的情況下可能會有優勢。

在實際應用中，最好的做法是根據具體的數據特性和系統需求來選擇算法，並通過實際測試來確定哪種方法在特定場景下表現更好。

R：非常棒的回答！我們的面試到此結束。希望這次面試對你也有所收穫。我們會儘快給你面試結果的反饋。祝你有個愉快的一天！

E：謝謝您，祝您也有個愉快的一天！