Question

这就是我想要做的：数组A [] = {1,2,3,4,5} 向左旋转2：A：{3,4,5,1,2}

我们是否有一个简单而良好的解决方案来执行此操作？我希望数组A本身使用此向左旋转的值进行更新-没有额外的空间。

我尝试了各种方法，但是对于各种测试用例，逻辑似乎有所不同，并且很难找到一种适合此看似简单任务的算法。

注意：我知道，只需使用左旋转值创建一个新数组就可以轻松完成此操作。我正在尝试在输入数组本身中执行此操作。

建议。简单的伪代码应该可以。

Answer 1

std::rotate()将完全满足您的需求：

auto b = std::begin(A);
std::rotate( b, b + 2, std::end(A) );

Answer 2

向量旋转似乎是神秘算法的特别沃土。其中大多数都可以在野外发现，且种类繁多。所有有效率的人都需要一些思想来理解其功能。

如果仅向左旋转一个元素，则可以非常高效地完成此操作：

template<typename Iter>
void rotate_one(Iter first, Iter last) {
  using Value = typename Iter::value_type;
  if (first != last) {
    Value temp = std::move(*first);
    for (Iter next = std::next(first);
         next != last;
         first = next, next = std::next(next)) 
      *first = std::move(*next);
    *first = std::move(temp);
  }
}

您可以通过执行delta次（更准确地说，Δ）来使用它来旋转Δ % N个位置，但这需要时间O（NΔ），即O（NΔ） N²）表示任意Δ。

尽管此解决方案通常如上所示，但也可以使用交换而不是移动来实现它而无需使用临时值对象：

template<typename Iter>
void rotate_one(Iter first, Iter last) {
  if (first != last) {
    for (Iter next = std::next(first); next != last; ++first, ++next) 
      std::iterswap(first, next);
  }
}

交换通常比移动更多的工作，但是可能有一个特定于容器的有效交换实现。无论如何，此版本将有助于理解以后的实现。

一个众所周知且经常被引用的O（N）解决方案是做三个相反的事情：

template<typename Iter>
void rotate_one(Iter first, Iter newfirst, Iter last) {
  std::reverse(first, newfirst);
  std::reverse(newfirst, last);
  std::reverse(first, last);
}

我认为这真的很优雅。您可以在纸上尝试一下以了解其工作原理：

 a b ... c d w x ... y z 
 d c ... b a w x ... y z    first rotate
 d c ... b a z y ... x w    second rotate
 w x ... y z a b ... c d    third rotate

这是众所周知的“颠倒句子中单词的顺序”解决方案的特例，该解决方案包括首先颠倒每个单词的字母，然后颠倒整个字符串。

但是，它有两个问题。首先，当一次移动就足够时，它将（几乎）每个元素移动两次。其次，std::reverse需要双向迭代器。没什么错，但是对于任何正向迭代器来说，算法都更好。

另一种简单的解决方案是，如果使用第一种算法，但使用Δ而不是增量Δ，并在迭代器到达末尾时将迭代器回绕到头，则如果Δ和N，则将正确旋转向量是相对黄金的。但是，如果它们不是相对质数的，则您只会旋转一些元素。索引为0的gcd（N，Δ）模。要旋转整个矢量，需要对矢量中的每个前gcd（N，Δ）个元素进行gcd（N，Δ）次。

这是一个包含12个元素和Δ为3的插图：

a b c d e f g h i j k l
 \    /     /     /
    \/     /     /
    /  \  /     /
   /     /\    /
  /     /    \/
 /     /     /  \
d b c g e f j h i a k l   first loop
   \    /     /     /
      \/     /     /
      /  \  /     /
     /     /\    /
    /     /    \/
   /     /     /  \
d e c g h f j k i a b l   second loop
     \    /     /     /
        \/     /     /
        /  \  /     /
       /     /\    /
      /     /    \/
     /     /     /  \
d e f g h i j k l a b c  third loop

使用随机访问迭代器更容易（这是一个缺陷）；这是一个示例实现。（变量count计算已移动的元素数；每个元素移动一次，因此，count达到0时，旋转完成。这避免了必须计算GCD来知道多少个元素次运行外部循环。）

template<typename Container>
void rotate(Container& A, typename Container::size_type delta) {
  using Value = typename Container::value_type;
  using Index = typename Container::size_type;
  Index n = A.size();
  delta %= n;
  for (Index loop = 0, count = n;
       count; 
       ++loop, --count) {
    Index dst = loop;
    Value tmp = std::move(A[dst]);
    for (Index src = loop + delta;
         src != loop;
         --count, dst = src, src += (src < n - delta ? delta : delta - n))
      A[dst] = std::move(A[src]);
    A[dst] = std::move(tmp);
  }
}

如前所述，它依赖于具有随机访问迭代器的容器。

请注意，我们可以通过使用交换消除对临时存储的需求，就像上面第一个算法的替代版本一样。如果这样做，那么我们可以并行执行所有外部循环，因为它们不会互相干扰。因此，我们可以一次向前移动一个元素，然后将每个元素与其Δ-next对等交换。

这导致了the sample implementation of std::rotate提供的巡回演出。它确实进行了N次交换，其效率可能不如上述解决方案（N + gcd（N，Δ）移动）要低一些，但只需要正向迭代器和交换：（下面的代码经过了稍微修改，以更好地与以上示例。）

template <class Iter>
void rotate(Iter first, Iter newfirst, Iter last) {
  if(first == newfirst || newfirst == last) return;

  Iter next = newfirst;
  do {
    std::iter_swap(first++, next++);
    if (first == newfirst) newfirst = next;
  } while (next != last);

  for(next = newfirst; next != last; ) {
    std::iter_swap(first++, next++);
    if (first == newfirst) newfirst = next;
    else if (next == last) next = newfirst;
  }
}

上面唯一棘手的部分是环绕处理。请注意，first和next之间的（循环）距离始终相同（Δ）。 newfirst用于跟踪环绕点：每次first到达newfirst时，newfirst前进Δ（将其分配给next的值，它总是比first的Δ）。

next在第一个循环结束时第一次环绕。一旦发生这种情况，它在容器末端的Δ之内；第二个循环继续交换。在此过程中，利用欧几里得算法可以有效地计算出N和Δ的GCD。

Answer 3

该技术称为旋转。

让我们假设数组中的0元素为左边缘：

  0   1   2   3   4   5    <-- array indices  
+---+---+---+---+---+---+  
| 3 | 1 | 4 | 1 | 5 | 9 |  
+---+---+---+---+---+---+

该操作为A[0] = A[1]或A[i] = A[i + 1]。

两个例外是第一个插槽和最后一个插槽。

首先，将左侧元素复制到一个临时变量中：

temp      0   1   2   3   4   5    <-- array indices  
+---+    +---+---+---+---+---+---+  
| 3 |<-- | 3 | 1 | 4 | 1 | 5 | 9 |  
+---+    +---+---+---+---+---+---+

接下来，复制一个剩下的所有剩余元素：

temp      0   1   2   3   4   5    <-- array indices  
+---+    +---+---+---+---+---+---+  
| 3 |<-- | 1 | 4 | 1 | 5 | 9 | 9 |  
+---+    +---+---+---+---+---+---+

最后，将临时变量复制到最后一个插槽：

  0   1   2   3   4   5       temp  
+---+---+---+---+---+---+     +---+
| 1 | 4 | 1 | 5 | 9 | 3 | <-- | 3 |
+---+---+---+---+---+---+     +---+

向右旋转会在另一个方向起作用：

A[i - 1] = A[i]

编辑1
要旋转一个以上的位置，请旋转两次，或修改算法以跳过元素。

例如，向左旋转2：A[i] = A[i + 2]。

将临时存储留给读者练习。：-）

Answer 4

我尝试了O（n）的解决方案。在这里，我制作了另一个相同大小的向量。假设您想向左旋转2，因此d = 2。首先将元素从位置2复制到新数组中的位置0，直到结尾。然后将元素从第一个数组的开头复制到第二个数组的末尾，即从n维位置复制。

int i = 0;
int r = d;
vector<int> b(n);
for(i=0; i< n-d; i++)
{
    b[i] = a[r];
    r++;
}
r = 0;
for(i=n-d; i<n; i++)
{
    b[i] = a[r];
    r++;
}

Answer 5

毕竟可以做到。

@ThomasMatthews建议的内容可以作为起点：您可以简单地开始交换array[i]和array[i+rotate]的元素，最多可以交换i=0...last-rotate。问题在于，除非数组的长度是rotate的整数倍，否则最后rotate个元素的顺序将很杂乱，尽管这种情况看起来很好我不知道为什么（这只是第一次出现）。
使用此代码段，您可以交互式检查这些元素的外观，并且您可能会注意到，其余元素需要length of array % rotate（即结尾处的单个数字）的右移量才能变得正确。。我当然不知道为什么。

function test(){
  var count=document.getElementById("count").valueAsNumber;
  var rotate=document.getElementById("rotate").valueAsNumber;
  var arr=[...Array(count).keys()];
  for(var i=0;i<count-rotate;i++){
    var t=arr[i];
    arr[i]=arr[i+rotate];
    arr[i+rotate]=t;    
  }
  document.getElementById("trivial").innerHTML=arr.slice(0,count-rotate).join();
  document.getElementById("tail").innerHTML=arr.slice(count-rotate).join();
  document.getElementById("remainder").innerHTML=count%rotate;
}
test();

<input type="number" id="count" oninput="test()" min="1" value="41"><br>
<input type="number" id="rotate" oninput="test()" min="1" value="12"><br>
<div id="trivial"></div>
<div id="tail"></div>
<div id="remainder"></div>

然后，我还添加了一些递归，还利用了可以将右旋转作为左旋转的事实（必须从元素数量中减去移位量），所以我不必编写单独的方法，因为我很懒。块显示在单独的行中（部分结果正常显示，输入的块用括号括起来），因此更容易理解。在这里，我使用array.slice()创建一个新数组，但是可以通过传递起始索引和长度来代替它，因此它可以在C / C ++中用作就地操作。

function rot(arr,rotate){
  var retbase="("+rotate+":"+arr.join()+")<br>";    // input in parentheses
  for(var i=0;i<arr.length-rotate;i++){
    var t=arr[i];
    arr[i]=arr[i+rotate];
    arr[i+rotate]=t;
  }
  var rightrot=arr.length % rotate;                 // amount of right-rotation missing
  if(rightrot===0)                                  // done
    return retbase+arr.join();
  else{                                             // needs fixing
    retbase+=arr.slice(0,arr.length-rotate)+"<br>"; // partial result
    arr=arr.slice(arr.length-rotate);
    return retbase
      +rot(arr,arr.length-rightrot);                // flipping right-rotation left-rotation
  }
}
function test(){
  var count=document.getElementById("count").valueAsNumber;
  var rotate=document.getElementById("rotate").valueAsNumber;
  var arr=[...Array(count).keys()];
  document.getElementById("result").innerHTML=rot(arr,rotate);
}
test();

<input type="number" id="count" oninput="test()" min="1" value="41"><br>
<input type="number" id="rotate" oninput="test()" min="1" value="12"><br>
<div id="result"></div>

递归的深度/模式与GCD计算有些相似，因此，如果有人不得不说一些复杂性，我会开始寻找这个方向。

向左旋转数组到位C ++

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