面试经典150题——生命游戏

​"Push yourself, because no one else is going to do it for you." - Unknown

1. 题目描述

2.  题目分析与解析

2.1 思路一——暴力求解

之所以先暴力求解，是因为我开始也没什么更好的思路，所以就先写一种解决方案，没准写着写着就来新的灵感了。暴力求解思路还是很简单的，就是尝试遍历面板的每个格子，判断其周围八个位置的状态（对于边角需要特殊处理），根据边角种存在的活细胞（也就是1的个数）判断该位置应该填什么。

但是需要注意一点，为了避免我们在原矩阵上更改值后导致影响后续的判断，所以我们肯定需要先复制一个原始矩阵。

代码思路：

1. 初始化，复制一个原始矩阵

2. 遍历复制矩阵的每一个元素，查看其周围八个位置的状态，统计1的个数

   • 根据题目提到的判定规则：少于 2 个或者大于 3 个 1 就判定当前位置为 0

   • 等于 2 个 1 那么当前位置不需要更改

   • 如果等于 3 个 1 那么当前位置如果为 0 需要改为 1

   • 对于边角位置需要额外处理防止越界

2.2 思路二——进阶（原地算法）

根据题目中的进阶提示，要求使用原地算法，也就是不能用一个额外的面板存储现有的值，并且还提示了所有格子被同时更新。因此我们再想一想怎么解决。

如果使用原地算法，最主要的问题就是对于前面内容的更新会影响后面的结果，因为你不知道原来前面的内容是什么样子。但是记住，原始状态只有两种，要么是0，要么是1。

而变化也只有四种

1. 要么原来是0，后来变成1

2. 要么原来是0，保持不变为0

3. 要么原来是1，后来变成0

4. 要么原来是1，后来不变为1

如下图：

因为我们担心原始信息被覆盖，因此我们是不是可以添加几个数字也就相当于几种状态，来存储这些被覆盖的信息？这样我们看见某一个数字就知道它之前是什么状态，就相当于在原始数据的基础上进行操作了！在这里我们假设：

• 用 0 和 1 还是表示原来是什么现在就是什么的情况，也就是对应上图中两种不变的情况

• 而用数字2表示 0 改变为 1

• 用数字3表示 1 改变为 0

作图表示如下：

对于这种原地算法，如果你需要用到之前的信息，但是可能之前的信息会被修改，就想办法把原始信息用一种方式存储起来。

因此我们在遍历面板的每一个元素时，我们就知道之前的位置原始数据是什么，这样就能正确计算结果，等到最后我们再根据每一种数字的情况将它归为正确的表示，比如最后我们处理完了所有数据，然后我们再遍历每个元素：

• 发现值为0或者1就不动

• 发现值为2就变为1

• 发现值为3就变为0

这样就可以得到最终结果！

代码思路：

1. 遍历面板每一个元素，根据原始状态和需要改变为的值确定该位置的值

   • 对于面板每一个元素，遇见周围八个位置中有1和3就把它当作1

   • 对于面板每一个元素，遇见周围八个位置中有2和0就把它当作0

2. 处理完每个元素后再次遍历整个面板，将1与3替换回正确的值

2.3 思路三——思路一的优化（位运算）

现在我们看看还有没有什么优化空间，有时间提示信息不是白给的哦：

题目提示我们board[i][j] 为 0 或 1，0和1，有没有想到什么？学计算机的0和1分别表示什么？在java中int是怎么存储的？

再看看面板的大小？1 <= m, n <= 25，在联想一下int的存储大小：

在不同编程语言中，int 类型的大小可以有所不同。以下是一些常见编程语言中 int 类型的大小：

1. C/C++:

   • 根据编译器和操作系统的不同，int 类型通常为 4 字节，范围大约是 -2,147,483,648 到 2,147,483,647。

2. Java:

   • Java 中的 int 类型固定为 4 字节，范围是 -2,147,483,648 到 2,147,483,647。

3. Python:

   • Python 中的 int 类型大小是动态的，它可以根据需要自动调整。在 32 位系统上，通常为 4 字节，范围约为 -2,147,483,648 到 2,147,483,647；在 64 位系统上，它可以是 4 字节或 8 字节，取决于所使用的 Python 版本。

4. JavaScript:

   • JavaScript 中的 int 类型实际上是一个 64 位浮点数，范围大约是 -9,007,199,254,740,992 到 9,007,199,254,740,992。

5. Swift:

   • Swift 中的 Int 类型的大小取决于当前平台的位数。在 32 位平台上，Int 是 32 位，范围大约是 -2,147,483,648 到 2,147,483,647；在 64 位平台上，Int 是 64 位，范围大约是 -9,223,372,036,854,775,808 到 9,223,372,036,854,775,807。

可以看到在大多数情况下至少是按照4字节存储的，也就是32位，而一位可以表示0或者1两个数，联想到这里是不是又有了一种思路？我们是不是可以按照思路一的解决方案，虽然我们copy了一个原始面板，但是我们面板的每一个值都是一个int，如果我们把面板的一行设置位一个int来存储，通过位运算来求解，是不是能省好多空间？

所以代码思路还是思路一的代码思路，但是我们此时需要使用位运算来解决！

如上图，红色部分就相当于我们的面板。

代码思路：

1. 设置一个和board数组一样行数的int数组命名位copy，每一个int值表示board的每一行

2. 初始化，采用位运算初始化copy数组

3. 遍历复制矩阵的每一个元素，查看其周围八个位置的状态，统计1的个数

   • 根据题目提到的判定规则：少于 2 个或者大于 3 个 1 就判定当前位置为 0

   • 等于 2 个 1 那么当前位置不需要更改

   • 如果等于 3 个 1 那么当前位置如果为 0 需要改为 1

   • 对于边角位置需要额外处理防止越界

2.4 思路四——压榨空间到极致

既然我们已经完成了思路三的代码，我想大家应该更清楚位运算的特点。这时我们再看看面板，面板中每一个位置是不是一个int值？那就是32位（假设java在通常情况下），而面板中的值0或者1肯定只用了最后一位，就像下面这样：

是不是这么多位置都空着想不想做点什么？空着的就是空间啊，由于1 <= m, n <= 25，那么是不是我们就可以用每一行的行首元素来当作我们思路三的copy数组，还是进行位运算操作，但是就不需要额外的空间了。

思路和思路三相似，但是唯一的改变就是我们将copy数组放在了board面板的每一行行行首位置而已。

比如对于题目中的示例：

将它放大看就是这样：

其中蓝色部分就是我们充当copy数组的位置。

比如对于题目中的

它转化后的结果位：

对应的二进制位为：

1. 1073741824 is represented as 01000000000000000000000000000000

2. 536870912 is represented as 00100000000000000000000000000000

3. -536870911 is represented as 11100000000000000000000000000001

4. 0 is represented as 00000000000000000000000000000000

代码思路：

1. 初始化，采用位运算初始化copy数组（实际上就是board的第一个元素的相应位）

2. 遍历复制矩阵的每一个元素，查看其周围八个位置的状态，统计1的个数

   • 根据题目提到的判定规则：少于 2 个或者大于 3 个 1 就判定当前位置为 0

   • 等于 2 个 1 那么当前位置不需要更改

   • 如果等于 3 个 1 那么当前位置如果为 0 需要改为 1

   • 对于边角位置需要额外处理防止越界

3. 最后需要更新第一列恢复为原来的值

2.5 思路五——压榨空间到极致2

改代码是看了自在飞花的解释学到的，确实很厉害，因为他写的c++版本，我在这解释一下核心思想，并写一个java版本。

这段代码的核心思路是两遍扫描棋盘：

1. 第一遍扫描，计算每个细胞周围活细胞的数量，并用第二个比特位来存储细胞是否应该存活。由于细胞的状态是用0（死）和1（活）来表示的，所以作者通过按位与操作&1来获取当前细胞的状态，也就是只取int的最后一位，也就是0或者1，仅累加最低位，来计算周围的存活细胞个数。

2. 第二遍扫描，通过右移操作>>= 1来更新细胞的状态。这是因为在第一遍扫描中，如果一个细胞在下一代应该是活的，那么它的第二个比特位将被设置为1。通过右移一位，我们可以用这个第二比特位来覆盖原来的状态，从而更新棋盘。

1. 同时在代码中使用了两个数组dx和dy，他们用来表示周围的八个位置，减少了遍历周围八个位置的for循环造成变量k或者l的重复开辟空间。

这个代码我就直接附在这里了：

其实效果和思路四差不多，但是思路值得借鉴。

补充

count的优化

如果还想继续优化还是有优化空间的，比如我们的count作为一个计数变量，是可以放在某一个board元素里面的，因为它的最大值不会超过8，因为周围最多也就八个元素。这样用一个3个bit就可以存储起来。

dx和dy优化

同时dx和dy也可以优化，因为dx和dy的范围就是在-1到1之间，因此可以用两个bit来存储一个值，dx和dy总共有8组，也就是16个元素，那么用32个bit就可以存储所有的dx和dy。

当然上面的优化有点太疯狂了，但是我们要举一反三想到这些思路。

3. 代码实现

3.1 思路一——暴力求解

3.2 思路二——原地算法

3.3 思路三——优化（位运算）

在Java中，表达式 (copy[k] & (1 << (31 - l))) 并不直接结果为0或1，而是执行了一个按位与（&）操作，这个操作的结果取决于copy[k]在指定位上的值。这里的操作细节如下：

• 1 << (31 - l)：这部分是位移操作。它将数字1向左移动(31 - l)位。这意味着，如果l为0，那么1将被移动到最高位（假设是32位整数），如果l是其他值，1就会被移动到相应的位置上。这样做的目的是为了生成一个只在特定位置上有一个1的整数，其他位置都是0。

• copy[k] & (1 << (31 - l))：这部分是按位与操作。它比较copy[k]和上面计算出的数值，在每个位上进行逻辑与操作。只有当copy[k]在相应的位上也是1时，这个操作的结果在那个位上才是1，否则结果为0。因此，这个表达式的结果是一个整数，它在大多数位上都是0，在特定的位上可能是0或者是2的某次幂（取决于l的值）。如果你想判断这个操作的结果是否为非零（即判断copy[k]在(31 - l)位上是否为1），你可以将整个表达式与0进行比较：

boolean isBitSet = (copy[k] & (1 << (31 - l))) != 0;

如果你的目的是确保结果严格为0或1，你需要进一步处理这个表达式，例如通过判断表达式是否非零来将结果转换为0或1：

int bitValue = (copy[k] & (1 << (31 - l))) != 0 ? 1 : 0;

这样，bitValue就会根据copy[k]在(31 - l)位上是否为1来分别存储1或0。

3.4 思路四——位运算，但是copy存储在board数组中

4. 相关复杂度分析

解法一：额外的复制矩阵

时间复杂度：O(MN)，其中M是行数，N是列数。因为需要遍历整个矩阵两次，一次复制，一次计算。空间复杂度：O(MN)，因为需要一个同样大小的矩阵来存储复制。

解法二：原地修改

时间复杂度：O(M*N)，同样需要遍历整个矩阵来计算周围活细胞的数量。空间复杂度：O(1)，除了原数组外，没有使用额外的空间，只是利用了额外的状态来标记中间状态。

解法三：位运算

时间复杂度：O(M*N)，需要遍历整个矩阵来计算。空间复杂度：O(M)，虽然没有使用额外的矩阵，但是使用了一个数组来存储行的状态。

解法四：位运算，但是copy存储在board数组中

时间复杂度：O(M*N)，遍历整个矩阵。空间复杂度：O(1)，所有操作都在原地完成，没有使用额外的存储空间。

解法五：位运算，将结果存储在每个元素的左边一位

时间复杂度：O(M*N)，需要遍历整个矩阵来计算。空间复杂度：O(1)，所有操作都在原地完成，没有使用额外的存储空间。

在上述解法中，除了第一种解法需要和原矩阵一样的额外空间，第三种解法使用了一个数组来存储行的状态，其他方法都采取了原地算法，即在原数组上直接修改，大大节约了空间。