题目描述

请你来实现一个atoi函数，使其能将字符串转换成整数。

首先，该函数会根据需要丢弃无用的开头空格字符，直到寻找到第一个非空格的字符为止。接下来的转化规则如下：

• 如果第一个非空字符为正或者负号时，则将该符号与之后面尽可能多的连续数字字符组合起来，形成一个有符号整数。
• 假如第一个非空字符是数字，则直接将其与之后连续的数字字符组合起来，形成一个整数。
• 该字符串在有效的整数部分之后也可能会存在多余的字符，那么这些字符可以被忽略，它们对函数不应该造成影响。
  注意：假如该字符串中的第一个非空格字符不是一个有效整数字符、字符串为空或字符串仅包含空白字符时，则你的函数不需要进行转换，即无法进行有效转换。

在任何情况下，若函数不能进行有效的转换时，请返回 0 。

提示：

• 本题中的空白字符只包括空格字符 ' ' 。
• 假设我们的环境只能存储 32 位大小的有符号整数，那么其数值范围为 [−2^31,  2^31 − 1]。如果数值超过这个范围，请返回  INT_MAX (2^31 − 1) 或 INT_MIN (−2^31) 。

样例

输入: "42"
输出: 42

输入: "   -42"
输出: -42
解释: 第一个非空白字符为 '-', 它是一个负号。
     我们尽可能将负号与后面所有连续出现的数字组合起来，最后得到 -42 。

输入: "4193 with words"
输出: 4193
解释: 转换截止于数字 '3' ，因为它的下一个字符不为数字。

输入: "words and 987"
输出: 0
解释: 第一个非空字符是 'w', 但它不是数字或正、负号。
     因此无法执行有效的转换。

输入: "-91283472332"
输出: -2147483648
解释: 数字 "-91283472332" 超过 32 位有符号整数范围。 
     因此返回 INT_MIN (−231) 。

算法1

用long记录

• 1、找到第一个非空的字符位置k，若k == n表示全都是空字符，直接返回0
• 2、op记录截取后的整数的正负性，1表示正号，-1表示负号
• 3、使用long类型的res来存储截取后的整数（一定是正整数，因为括号还没包括），在某一刻若res > INT_MAX，则break，表示已经超出
• 4、截取到res后，附上op的符号，若res > INT_MAX或者res < INT_MIN则分别返回INF_MAX或者INT_MIN

时间复杂度 $O(n)$

Java 代码

class Solution {
    public int myAtoi(String str) {
        int n = str.length();
        int k = 0;
        while(k < n && str.charAt(k) == ' ') k ++;
        if(k == n) return 0;

        int op = 1;//假设是正号
        if(str.charAt(k) == '-') 
        {
            op = -1;
            k ++;
        }
        else if(str.charAt(k) == '+') k ++;

        long res = 0;
        while(k < n && str.charAt(k) >= '0' && str.charAt(k) <= '9')
        {
            res = res * 10 + str.charAt(k) - '0';
            k ++;

            if(res > Integer.MAX_VALUE) break;
        }

        res = res * op;
        if(res > Integer.MAX_VALUE) res = Integer.MAX_VALUE;
        if(res < Integer.MIN_VALUE) res = Integer.MIN_VALUE;

        return (int)res;
    }
}

算法2

用int记录

• 1、找到第一个非空的字符位置k，若k == n表示全都是空字符，直接返回0
• 2、op记录截取后的整数的正负性，1表示正号，-1表示负号
• 3、使用int类型的res来存储截取后的整数（一定是正整数，因为括号还没包括），
  • 在某一刻若op是正数，(res * 10 + x) * op > INT_MAX，即res * op > (INT_MAX - x ) / 10，则返回INF_MAX，表示已经超出（其中x是正数）
  • 在某一刻若op是负数，(res * 10 + x) * op < INT_MIN，即res * op > (INT_MIN - x * (-1)) / 10，则返回INF_MIN，表示已经超出（其中x是负数）
• 4、截取到res后，附上op的符号，若res > INT_MAX或者res < INT_MIN则分别返回INF_MAX或者INT_MIN
• 5、最后返回res

时间复杂度 $O(n)$

Java 代码

class Solution {
    public int myAtoi(String str) {
        int n = str.length();
        int k = 0;
        while(k < n && str.charAt(k) == ' ') k ++;
        if(k == n) return 0;//没找到

        int op = 1;//假设是正号
        if(str.charAt(k) == '-') 
        {
            op = -1;
            k ++;
        }
        else if(str.charAt(k) == '+') k ++;

        int res = 0;
        while(k < n && str.charAt(k) >= '0' && str.charAt(k) <= '9')
        {
            int x = str.charAt(k) - '0';
            if(op > 0 && res * op > (Integer.MAX_VALUE - x ) / 10) 
            {
                res = Integer.MAX_VALUE; break;
            }
            if(op < 0 && res * op < (Integer.MIN_VALUE - x * (-1)) / 10) 
            {
                res = Integer.MIN_VALUE; break;
            }
            res = res * 10 + str.charAt(k) - '0';
            k ++;
        }
        return res * op;
    }
}