工作面试是个很有意思的过程, 面试经常是一个对未知领域初步了解的最好时机(对双方都是), 面试官和面试人通常也会尽力在最短的时间里表达/接受尽可能多的信息.

因此面试题一般也是比较有趣的: 它浓缩了日常工作中的典型和有挑战性的问题, 而又不会带有太多日常工作中的繁琐.

在技术面试中, 要哄好面试官, 最重要的无疑是能把一个问题解释的完善严谨.

于是打算收集一些 有趣 的问题, 跟大家分享. 本次先唠唠这个:

问题: 比较2个多级dict是否相同

2个多级dict可以看成2个树的对比, 此类问题应该在刷题网站上有不少了, 似乎用树的遍历就可以了, 然而可达鸭认为事情并不简单. 在深入答案之前, 我们先明确下问题的描述:

• 一个dict中有多个key, 每个key对应一个子dict. 为了简化问题, 假设dict中的key对应的value都是dict, 没有其他类型.

• 如果能够用来访问a的所有的key也可以用来访问b, 就认为2个dict相同, 例如:

  a = {'foo':{'bar':{}}}; b = {'foo':{'bar':{}}} 就是一对相同的dict:

  • a['foo']和b['foo']都存在.
  • a['foo']['bar']和b['foo']['bar']也都存在.

思路: 递归

比较2个dict同构的思路很直接:

• 对于2个dict: a 和 b, 先比较这2个dict各自的key的集合一致, 如果不一致肯定2个dict不一样.

• 再逐个对比每个key对应的子dict是否一样. 直到遍历完所有的子dict.

def eq(a, b):

    for k in set(a) | set(b):

        if k not in a or k not in b:
            return False

        if not eq(a[k], b[k]):
            return False

    return True

print eq({}, {'x':{}}) # False
print eq({'x':{}}, {'x':{}}) # True

上面的代码差不多可以把大部分面试官哄到6成满意度.

但在实际使用中, 上面的代码还不太完善, 因为dict构成的图的节点之间可能存在 环形引用的情况, 如果有环, 上面的代码就会出现调用栈溢出. 所以在上面的代码基础上, 还需要加入有对环的处理.

几乎所有的语言对函数的递归调用层数都有限制, 例如python的限制是1000.

处理有环的情况

用python来举例描述2个有环的dict结构, 如下:

a = {}
b = {}

a['x'] = {}            # a1
a['x']['x'] = a

b['x'] = {}            # b1
b['x']['x'] = {}       # b2
b['x']['x']['x'] = b

画出上面2个图的引用关系是酱的(其中a1, b1, b2等用来表示a, b中其他的子table):

这里我们认为a和b是 访问相等 的: 因为对于访问者来说, 无法区分a和b的差别: 能用来访问a的路径, 也可以用来访问b, 反之也一样:

对于a和b来说:

a                和 b                都是合法的
a['x']           和 b['x']           都是合法的
a['x']['x']      和 b['x']['x']      都是合法的
a['x']['x']['x'] 和 b['x']['x']['x'] 都是合法的

在这个有环的例子中, 可以看出:

肯定存在一些公共路径是无限长的.

现在我们需要改进算法, 检查出环形的路径并及时终止递归遍历.

• 如果某个路径在a中走到一个环上, 但在b中没有在一个环上, 就不用做特殊处理, 这种情况会自然的结束递归.

• 需要处理的是一个路径p在a, b上都对应到一个环的情况.

还是拿上面的各自成环的a, b为例, 对于一个无限长的公共路径p, p = [x, x, x...], 它的每一步都通过key=x访问到下一个子dict. 这有, 它的每一步分别访问到的a, b上的 节点 如下 (a0和b0分别是a和b的根节点. a1, b2等是其他的节点:

a                ->   a0, b0  <- b
a['x']           ->   a1, b1  <- b['x']
a['x']['x']      ->   a0, b2  <- b['x']['x']
a['x']['x']['x'] ->   a1, b0  <- b['x']['x']['x']
...              ->   a0, b1  <- ...
                      a1, b2
                      a0, b0
                      ...

观察下上面的步骤可以发现, 最后路径p又会回到a0, b0的位置.

因为节点对的数量是有限的, 最多不超过 |a| * |b|个(|a|是a中的节点数), 那么如果一个路径p是无限长的, 那最终一定会在再次回到一个已经访问过的 节点对(上例中的a0, b0).

找到这个规律, 我们就有了剔除无限长路径的思路:

比较2个(可能有环型引用的)dict的算法:

• 遍历(广度优先/深度优先都可以), 枚举出所有查询路径p

• 对一个路径p, 检查它的一步p[i]是否都能在a和b中走通, 如果不能, 则a和b存在一个不一致的路径, 失败退出.

• 过滤出无限长的路径:

  记录路径p在图a, b中经过的 节点对, 如果p[i]访问到一个已经经过的 节点对, 则认为这个路径是环的, 不需要继续检查了, 回溯去检查其他路径.

python实现

def eq(a, b, walked=None):

    walked = walked or {}

    if (id(a), id(b)) in walked:
        return True

    walked[(id(a), id(b))] = True

    for k in set(a) | set(b):

        if k not in a or k not in b:
            return False

        if not eq(a[k], b[k], walked):
            return False

    return True

print eq({}, {'x':{}}) # False
print eq({'x': {}}, {'x':{}}) # True

a = {}
b = {}

a['x'] = a

b['x'] = {}
b['x']['x'] = b
print eq(a, b) # True

上面代码中, id() 用来取得一个对象的唯一id(原始类型的int, string等, 引用类型的dict, list object都可以使用), 可以理解为c语言中的指针的角色.

效率分析

假设a, b的节点数分别是m和n, 那么, 因为整个遍历过程最多经一个 节点对 一次, 并且最多也需要记录所有的 节点对 的被访问的历史, 在上面的递归实现中, 最差情况是遇到一个经过了所有 节点对 的环, 因此:

• 时间效率: O(n*m).

• 空间效率: O(n*m) (节点对记录的空间和递归调用栈的空间, 都是同样的级别).

更多

到此为止, 在这个问题上我希望我已经尽我所能把面试官哄好了.

如果还没哄够, 关于这个问题有一些相关的方面可以继续扩展下:

• 上面提到的 访问相等 是一个直观的说法, 在大学里学过的编译原理中, 它有更严谨的定义.

  2个dict 各自组成的图可以认为是两个自动机, 而1个图中所有的路径就是这个自动机表达的语言. 这个题目的本质也就是判断2个自动机表达的语言是否等价.

  在有些场合, 这个问题也会表达成判断2个正则表达式是否等价.

  关于2个自动机是否等价的比较, 网上直接可以搜到非常成熟的算法.

• 如果把所有路径经过的 节点对 合起来看做1个节点, 那么这个组合的节点对和节点对之间的关联关系会组成一个新的图.

  这个新的图是2个图的张量积. 如果2个图是 访问相等 的, 那么他们跟这个新的张量积的图也是 访问相等 的.

  而这个问题的解法, 也可以看成对这个张量积图的一次遍历(虽然实际上没有生成这个图).

  张量积的图中:

  • 点集是:

    a和b的点集的笛卡尔积: { (a[i], b[j]) }

  • 边集的定义:

    如果 ai 到 aj 有一条名为k的路径, bk 到 bl 也有一条名为k的路径, 则(ai, bk) 到 (aj, bl) 有一条名为k的路径.

  

上面2个分支也是有趣话题, 值得深入, 相信对技术人的职业生涯或业余兴趣都会有不少帮助:)