By Long Luo

This article is the solution Just One Line Code with Detailed Explanation of Problem 342. Power of Four .

Math

If \(n\) is a power of \(4\), it must be \(n = 4^x, x \ge 0\).

Then:

\[ 4^x \equiv (3+1)^x \equiv 1^x \equiv 1 \quad (\bmod ~3) \]

If \(n = 2^x\) but \(n \ne 4^x\), it must be \(n = 4^x \times 2\), which means \(n \equiv 2 \quad (\bmod ~3)\).

Therefore, we can check whether \(n = 4^x\) by whether \(n \equiv 1 \quad(\bmod ~3)\).

By Long Luo

矩阵存图法

图中的顶点我们已经编好了号，那么我们需要储存的和图相关的信息，就只剩下点与点之间的连边了。

一个很直观的想法就是用一个二维数组来存图，下标代表点，值代表连边的情况。这就是所谓的矩阵存图法，也被称作为邻接矩阵存图法。

更具体地，我们一般使用 bool 数组来储存点与点之间的连边信息：

如果 con[i][j] 的值为 true ，表示点 i 与点 j 之间连了一条从 i 指向 j 的边。 如果 con[i][j] 的值为 false ，表示点 i 与点 j 之间没有连边。

以下图为例：

邻接表存图法

前面我们说过，矩阵存图的最大的劣势，就是在面对稀疏图时，有很多空间没有储存有效信息（对于一个图，我们往往更加关注哪些点之间有连边，而不关注哪些点之间没有连边），被浪费掉了。一个优化的思路是：我们不再考虑储存每一个点对之间的连边信息，而只考虑那些有连边的点对。这样我们就能够保证所储存下来的信息都会是有效的。

针对上述思路，对于一个有 nn 的点的图，我们可以利用 nn 个链表，第 ii 个链表里存着所有从 ii 直接连向的点。以下图为例：

参考资料

1. Breadth-First Search
2. Depth-First Search
3. Connected Components
4. LeetBook 图
5. Prim Minimum Cost Spanning Treeh
6. LeetBook BFS

By Long Luo

前言

前几天看了一个介绍 核磁共振成像(MRI) 原理的视频：三维演示磁共振成像（MRI）原理 ，加上自己也曾做过 \(2\) 次核磁共振，一直很好奇其原理，所以花了点时间弄懂了核磁共振成像原理。

在这篇文章我们不详细介绍核磁共振成像原理，只关注其成像部分，也就是根据获取到的空间频率来还原图像，也就是二维傅里叶逆变换(\(\textit{2D Inverse Fourier Transforms}\))。

关于傅里叶变换及傅里叶逆变换，可以参考之前写过的一篇文章：傅里叶变换 。傅里叶变换本质上就是换基，推荐这篇文章：我理解的傅里叶变换 。

一维傅里叶变换(1D Fourier Transform)

对于非周期函数，我们把它的周期看作无穷大。基频 \(\omega_0=\frac{2\pi}{T}\) 则趋近于无穷小，又因为基频相当于周期函数的傅里叶级数中两个相邻频率的差值 \((n+1)\omega_0-n\omega_0\)，我们可以把它记作 \(\Delta\omega\) 或者微分 \(d\omega\)。\(n\omega_0\) 则相当于连续变量 \(\omega\)。这样就得到了针对非周期函数的频谱函数如下：

\[ c_{n}=\frac{\Delta\omega}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)e^{-jwt}dt \]

我们会发现这里的 \(c_n\) 是趋于 \(0\) 的。

将它代入 \(f(t)=\sum_{n=-\infty}^{n=+\infty}c_ne^{jn\omega_0t}\)

得到：

\[ f(t)=\sum_{-\infty}^{+\infty}(\frac{\Delta\omega}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)e^{-jwt}dt)e^{j\omega t}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2\pi}(\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt)e^{j\omega t}d\omega \]

则非周期函数的傅里叶变换定义为

\[ F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dt \]

我们可以发现 \(c_n=\frac{d\omega}{2\pi}F(\omega)\) ，即我们选取了信号幅值在频域中的分布密度 \(F(\omega)\) 来表示傅里叶变换，而不是相应频率的信号幅值大小 \(c_n\) 。因为如果选择后者，那傅里叶变换的函数值就都是无穷小了，这显然对我们没有任何帮助。

我们一般也用频率 \(f\) 来进行傅里叶变换：

\[ F(f)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j2\pi f t}dt \]

在数学上 \(f(t)\) 大多是在时域 \(t\) 上是连续的，但是由于计算机采集信号在时域中是离散的，所以实际应用中的 \(f(t)\) 都是其经采样处理后得到的 \(f_s(t)\) 。

同时，计算机也只能计算出有限个频率上对应的幅值密度，即 \(f\) 也是离散的。

\(\textit{DFT(Discrete Fourier Transform)}\) 也就是 \(t\) 和 \(f\) 都是离散的傅里叶变换。

一维离散傅里叶变换

采样(Sampling)

首先引入冲激函数（也叫 \(\textit{Dirac}\) 函数）的概念。

当 \(t \neq 0\) 时 \(\delta(t)=0\)； \(\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t)dt=1\)。

根据它的定义，我们可知 \(\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t-t_0)f(t)dt=f(t_0)\) 。这是 \(\textit{Dirac}\) 函数的重要性质，容易看出，它可以筛选出 \(f(t)\) 在 \(t_0\) 处的函数值，即起到采样的作用。

但是 \(\textit{Dirac}\) 函数一次只能选取一个函数值，所以我们将很多个采样点不同的 \(\textit{Dirac}\) 函数叠加起来，就可以实现时域上的采样了。这样叠加的函数被称为梳状函数，表达式为：

\(\delta_s(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_s)\) ，其中 \(T_s\) 为采样周期。

将时域上的连续信号与它相乘，即可得到 \(f_s=\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(t)\delta(t-nT_s)\) 。

时域离散化计算

对于采样得到的 \(x_s(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(t)\delta(t-nT_s)\) 进行傅里叶变换。

根据傅里叶变换的定义

\[ X(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-j\omega t}dt \]

则 \(X_s(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}(\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(t)\delta(t-nT_s))e^{-j\omega t}dt\)

交换积分与求和顺序，得到

\[ X_s(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\delta(t-nT_s)e^{-jwt}dt \]

根据 \(\textit{Dirac}\) 函数的筛选特性， \(X_s(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(nT_s)e^{-jwnT_s}\)

这样就完成了我们的时域离散化计算。

By Long Luo

This article is the solution 3 Approaches: Backtrack, DP, Binary Search of Problem 300. Longest Increasing Subsequence.

Here shows 3 Approaches to slove this problem: Backtrack, DP, Binary Search.

Backtrack

The Brute Force approach, there are \(2^n\) subsequences, use Backtrack to find the answer.

TLE!

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class Solution {
    int minCount = Integer.MAX_VALUE;

    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        if (amount <= 0) {
            return 0;
        }

        minCount = Integer.MAX_VALUE;
        dfs(coins, amount, 0);
        return minCount == Integer.MAX_VALUE ? -1 : minCount;
    }

    private int dfs(int[] coins, int remain, int count) {
        if (remain < 0) {
            return -1;
        }

        if (remain == 0) {
            minCount = Math.min(minCount, count);
            return count;
        }
        
        for (int x : coins) {
            dfs(coins, remain - x, count + 1);
        }

        return -1;
    }
}

Analysis

• Time Complexity: \(O(2^n)\)
• Space Complexity: \(O(n)\)

DP

The equation:

\(dp[i] = \textit{max}(dp[j]) + 1, 0 \leq j < i and \textit{nums}[j] < \textit{nums}[i]\).

By Long Luo

This article is the solution 2 Approaches: Backtrack and DP with Follow Up Analysis of Problem 377. Combination Sum IV.

Here shows 2 Approaches to slove this problem: Backtrack and Dynamic Programming.

Backtrack

The Backtrack will be a complete search and its time complexity will be \(O(2^n)\).

Surely it will be TLE!

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class Solution {
    int total = 0;
    
    public int combinationSum4(int[] nums, int target) {
        total = 0;
        Arrays.sort(nums);
        backtrack(nums, target);
        return total;
    }

    private void backtrack(int[] nums, int remain) {
        if (remain == 0) {
            total++;
            return;
        }

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if (nums[i] > remain) {
                break;
            }

            backtrack(nums, remain - nums[i]);
        }
    }
}

Analysis

• Time Complexity: \(O(2^n)\)
• Space Complexity: \(O(\textit{target})\)