LeetCode刷題總結-數組篇（下）

     本期講O(n)類型問題，共14題。3道簡單題，9道中等題，2道困難題。數組篇共概括總結了50題，本篇是數組篇的最後一篇。其餘三個篇章可參考：

• LeetCode刷題總結-數組篇（上），子數組問題（共17題）
• LeetCode刷題總結-數組篇（中），矩陣問題（共12題）
• LeetCode刷題總結-數組篇（番外），思惟轉換類型問題（共7題）

     本系列50道題是做者在LeetCode題庫數組標籤中包含的202道題中，按照解答考點分類概括總結的題型。解法僅供參考，主要在於題目和考點的分類。但願對準備刷LeetCode，而感受題目繁多、標籤太多、時間較少，不知道從何開始刷題的同窗一點小小的幫助^~^，也是本身後期二刷的資料吧（PS：若是有時間的話）。

 

     O(n)類型問題，是指要求算法的時間複雜度爲O(n)。這類題目的特色是題意通常比較容易理解，並且其暴力求解的方案也比較容易想到。可是，題目確要求你不能採用暴力法求解，這每每是考察咱們對雙指針、快慢指針、動態規劃、哈希數組和特定數學思想的應用。

 

     在雙指針方面，通常基礎的策略是採用空間換取時間的策略。即先採用一個數組從原數組右邊開始遍歷，保存當前更新的臨時變量。最後，從數組的左邊開始依次遍歷，不斷更新最終的結果。此思路的應用，能夠參考例九、例10和例11。

     另外，雙指針的應用解法也能夠在O(1)的空間複雜度裏面實現，採用一個臨時變量隨着遍歷不斷更新當前狀態，夾雜着動態規劃的思想。這類考點的應用，能夠參考例5和例12。

 

     在數學思惟考察方面，組合數學的知識應用也是比較常見。好比考察對組合數學中字典序求解的應用，能夠參考例1。數學中正負數轉換爲數組下標的思想，能夠參考例二、例6。快速找到當前示例的數學規律，概括出遞推公式，能夠參考例八、例13。

     例3是一道很是經典的面試題，題目有多種解法，本文中給出是採用三次翻轉求得最終結果的解法。在矩陣應用中，利用翻轉操做通常也能夠取得使人驚奇的效果。活用翻轉也是一種技巧。

     例4則是讓人感嘆的解法。採用摩爾投票法尋找數組中最多的元素。該思惟應該能夠概括爲尋找最多元素的一種特解思路。

 

     在數組哈希思路的應用方面，能夠參考例7和例14，是很典型的以空間換取時間的例題。

 

例1 下一個排列

題號：31，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

本題須要注意的關鍵點：原地修改，字典序。此題的解答用到了組合數學的知識，尋找比當前序列大的最小字典序。即從該序列尾部開始遍歷，直到當前元素（假設位置爲i）比該元素前面的元素大的時候中止。而後從i道最後一個元素序列中找到比第i-1個元素大的最小元素進行交換，最後把最後i個元素從小到大排序便可。

具體代碼：

class Solution { public void nextPermutation(int[] nums) { int i = nums.length - 2; while(i >= 0 && nums[i] >= nums[i+1]) i--; if(i >= 0) { int j = nums.length - 1; while(nums[j] <= nums[i]) j--; int temp = nums[i]; nums[i] = nums[j]; nums[j] = temp; reverse(nums, i+1, nums.length - 1); } else { reverse(nums, 0, nums.length-1); } } public void reverse(int[] nums, int i, int j) { while(i < j) { int temp = nums[i]; nums[i++] = nums[j]; nums[j--] = temp; } } }

執行結果：

 

例2 缺失的第一個正數

題號：41，難度：困難

題目描述：

 

解題思路：

此題雖然被劃分爲困難題，實際上比較簡單。題目要求是沒有出現的最小正整數，那麼返回的結果最大值只能是數組長度加1，最小值是1。那麼只須要利用原有數組，把其中小於等於0的數字標記爲大於數組長度*2的元素，剩下的把在1到數組長度之間的元素採用數組的下標元素取負數表示。最後，從數組第一個元素開始遍歷，一旦出現大於0的元素，那麼該元素下標即爲最終結果。

具體代碼：

class Solution { public int firstMissingPositive(int[] nums) { int len = nums.length * 2; for(int i = 0;i < nums.length;i++) { if(nums[i] <= 0) nums[i] = len++; } int j = 0; for(;j < nums.length;j++) { if(Math.abs(nums[j]) <= nums.length && nums[Math.abs(nums[j]) - 1] > 0) nums[Math.abs(nums[j]) - 1]  *= -1; } for(j = 0;j < nums.length;j++) { if(nums[j] > 0) break; } return j + 1; } }

 

執行結果：

 

例3 旋轉數組

題號：189，難度：簡單

題目描述：

 

解題思路：

採用三次翻轉操做。第一次將整個數組翻轉一次，第二次將要右移的前K個元素翻轉一次，第三次將剩餘的k-n-1個元素翻轉一次。最終獲得的結構即爲目標值。

具體代碼：

class Solution { public void rotate(int[] nums, int k) { int n = nums.length; k %= n; reverse(nums, 0, n - 1); reverse(nums, 0, k - 1); reverse(nums, k, n - 1); } private void reverse(int[] nums, int start, int end) { while (start < end) { int temp = nums[start]; nums[start++] = nums[end]; nums[end--] = temp; } } }

執行結果：

 

例4 求衆數II

題號：229，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

採用摩爾投票法，具體就是遇到相等的數，統計該數的個數自動加1，不然自動減一，一旦減到0後，更換當前存儲的數字。摩爾投票法首次運用的題是求一維數組中數目超過一半的數（具體可參考題目：求衆數， 題號169, 難度：簡單）。本題稍做變換便可，開啓兩個變量計數和存儲當前的數。開啓兩個數的數學意義在於，一個數組最多隻能有兩個數超過數組的三分之一。

具體代碼：

class Solution { public List<Integer> majorityElement(int[] nums) { List<Integer> result = new ArrayList<>();  //摩爾投票法
        int count1 = 0, temp1 = 0; int count2 = 0, temp2 = 0; for(int i = 0;i < nums.length;i++) { if((count1 == 0 || temp1 == nums[i]) && temp2 != nums[i]) { count1++; temp1 = nums[i]; } else if(count2 == 0 || temp2 == nums[i]) { count2++; temp2 = nums[i]; } else{ count1--; count2--; } } count1 = 0; count2 = 0; for(int i = 0;i < nums.length;i++) { if(nums[i] == temp1) count1++; else if(nums[i] == temp2) count2++; } if(count1 > nums.length / 3) result.add(temp1); if(temp1 != temp2 && count2 > nums.length / 3) result.add(temp2); return result; } }

執行結果：

 

例5 除自身之外數組的乘積

題號：238，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

以空間換時間的策略，從數組左邊依次遍歷，保存連續乘積；而後，從數組右邊依次遍歷，保存連續乘積。最後，從數組第一數字開始遍歷，取該數組左邊的連續乘積和右邊的連續乘積相乘便可。時間複雜度爲O(n)，空間複雜度爲O(n)。

進階如何使得空間複雜度爲O(1)呢？即採用常數空間保存左邊連續乘積，和右邊連續乘積便可。這裏感受採用了動態規劃的思路來臨時保存左右連續乘積。

具體代碼：

class Solution { public int[] productExceptSelf(int[] nums) { int[] result = new int[nums.length]; int left = 1; int right = 1; for(int i = 0;i < nums.length;i++) { result[i] = left; left *= nums[i]; } for(int i = nums.length - 1;i >= 0;i--) { result[i] *= right; right *= nums[i]; } return result; } }

執行結果：

 

例6 數組中重複的數據

題號：442，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

此題採用數組下標來斷定出現兩次的元素。題目中代表1 <= a[i] <= n，那麼出現兩次的元素i，對應下標i -1，出現一次時使得a[i - 1] * -1，當再次出現a[i - 1]小於零時，那麼i就出現了兩次。

具體代碼：

class Solution { public List<Integer> findDuplicates(int[] nums) { List<Integer> result = new ArrayList<>(); for(int i = 0;i < nums.length;i++) { int j = Math.abs(nums[i]) - 1; if(nums[j] < 0) result.add(j + 1); else nums[j] *= -1; } return result; } }

 

執行結果：

 

例7 數組拆分I

題號：561，難度：簡單

題目描述：

 

解題思路：

題目中有說明元素的範圍，且比較小。觀察示例的數據發現，只須要對數據進行從小到大排序，依次選取兩個元素中第一個元素做爲最終結果的一部分便可。此時，能夠採起數據哈希的思路來完成數據的排序操做，時間複雜度爲O(n)。

具體代碼：

class Solution { public int arrayPairSum(int[] nums) { int[] temp = new int[20001]; for(int i = 0;i < nums.length;i++) { int j = nums[i] + 10000; temp[j]++; } int result = 0; for(int i = 0;i < temp.length;i++) { if(temp[i] > 0) { int a = i - 10000; temp[i]--; while(i < temp.length && temp[i] <= 0) { i++; } // if(i < temp.length) // System.out.println("i = "+i+", temp[i] = "+temp[i]);
                if(i < temp.length) { result += a; temp[i]--; } if(temp[i] > 0) i--; } } return result; } }

 

執行結果：

 

例8 優美的排列II

題號：667，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

此題考察咱們尋找數學規律。先從1到k存儲每一個元素，而後從k+1開始每兩個數存儲(n--, k++)便可。

具體代碼：

class Solution { public int[] constructArray(int n, int k) { int[] result = new int[n]; int temp = 1; for(int i = 0;i < n - k;i++) result[i] = temp++; int count = n; boolean judge = true; for(int i = n - k;i < n;i++) { if(judge) { result[i] = count--; judge = false; } else { result[i] = temp++; judge = true; } } return result; } } 

執行結果：

 

例9 最多能完成排序的塊 II

題號：768，難度：困難

題目描述：

 

解題思路：

此題考察雙指針和動態規劃思想的應用。雙指針，從右邊依次遍歷存儲當前的最小值。從左邊開始依次遍歷，存儲當前的最大值。若是左邊當前的最大值小於等於右邊的最小值，則能夠分割爲一個塊。

具體代碼：

class Solution { public int maxChunksToSorted(int[] arr) { int[] right_min = new int[arr.length]; for(int i = arr.length - 1;i >= 0;i--) { if(i == arr.length - 1) right_min[i] = arr[i]; else right_min[i] = Math.min(arr[i], right_min[i+1]); } int result = 1; int left_max = 0; for(int i = 0;i < arr.length - 1;i++) { if(arr[left_max] <= right_min[i + 1]) { result++; left_max = i + 1; } else { if(arr[left_max] < arr[i]) left_max = i; } } return result; } } 

執行結果：

例10 最佳觀光組合

題號：1014，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

此題是一個雙指針和動態規劃思想的應用。能夠把得分拆爲兩個部分，左邊遍歷，尋找max(A[i] + i)；右邊遍歷，尋找max(A[j] - j)。能夠採用一個數組保存右邊最大值，讓後從左邊開始遍歷，不斷更新最終的最大值。

具體代碼：

class Solution { public int maxScoreSightseeingPair(int[] A) { int[] right_max = new int[A.length]; for(int i = A.length - 1;i >= 0;i--) { if(i == A.length - 1) right_max[i] = A[i] - i; else right_max[i] = Math.max(A[i] - i, right_max[i+1]); } int result = 0; for(int i = 0;i < A.length - 1;i++) result = Math.max(result, A[i] + i + right_max[i+1]); return result; } }

 

執行結果：

 

例11 到最近的人的最大距離

題號：849，難度：簡單

題目描述：

 

解題思路：

此題考察咱們雙指針的思想應用。能夠採用一個指針從右邊依次遍歷，存儲到當前元素的連續零的個數（此處須要注意尾部全爲零的特殊狀況）。而後，從左邊開始遍歷，計算左邊連續零的個數，最後比較左邊和右邊零個數的大小便可。

具體代碼：

class Solution { public int maxDistToClosest(int[] seats) { int[] right = new int[seats.length]; for(int i = seats.length - 1;i >= 0;i--) { if(i == seats.length - 1) { right[i] = seats[i] == 1 ? 0 : 1; } else if(seats[i] == 0){ right[i] = 1 + right[i+1]; } } int result = 0, left = seats.length; for(int i = 0;i < seats.length;i++) { // System.out.println("i = "+i+", left = "+left+", right = "+right[i]+", result = "+result);
            if(seats[i] == 1) left = 1; else { int temp = left; if(right[i] < left && right[i] + i < seats.length) temp = right[i]; result = Math.max(result, temp); left++; } } return result; } } 

執行結果：

 

例12 分割數組

題號：915，難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

此題一樣是雙指針思路的應用，可是可採用當前最大值和左數組最大值的思想來作。 

具體代碼：

class Solution { public int partitionDisjoint(int[] A) { int[] right_min = new int[A.length]; for(int i = A.length - 1;i >= 0;i--) { if(i == A.length - 1) right_min[i] = A[i]; else right_min[i] = Math.min(A[i], right_min[i+1]); } int result = 0, left_max = A[0]; for(;result < A.length - 1;result++) { left_max = Math.max(A[result], left_max); if(left_max <= right_min[result + 1]) break; } return result + 1; } /* 當前最大值和左邊最大值 public int partitionDisjoint(int[] A) { if (A == null || A.length == 0) { return 0; } int leftMax = A[0]; int max = A[0]; int index = 0; for (int i = 0; i < A.length; i++) { max = Math.max(max, A[i]); if(A[i] < leftMax) { leftMax = max; index = i; } } return index + 1; } */ }

 

執行結果：

 

例13 將字符串翻轉到單調遞增

題號：926， 難度：中等

題目描述：

 

解題思路：

此題考察咱們的數學思惟。統計從左到右遍歷時0的個數和1的個數，一旦零的個數大於1，結果自動增長1的個數，同時把0和1的個數置零，重新開始統計。

具體代碼：

class Solution { /* * 某一位爲1時，前面一位是0或者1均可以 * 某一位爲0時，前面一位只能爲0 */
    public int minFlipsMonoIncr(String S) { int zero = 0, one = 0; int result = 0; for(char s: S.toCharArray()){ if(s == '0') zero++; else one++; if(zero > one) { result += one; zero = 0; one = 0; } } result += zero; return result; } }

 

執行結果：

例14 使數組惟一的最小增量

題號：945，難度：中等

題目描述：

  

解題思路：

此題提示說明，0 <= A[i] < 40000。可知能夠採用數組哈希的思想來求解本題，以空間換時間的思想，最終的時間複雜度爲O(n)。

具體代碼：

class Solution { public int minIncrementForUnique(int[] A) { int[] value_A = new int[41000]; for(Integer a: A) value_A[a]++; int result = 0; for(int i = 0;i < A.length;i++) { if(value_A[A[i]] == 1) continue; int temp = A[i]; int count = 0; while(value_A[temp] > 1) { value_A[temp]--; while(value_A[A[i]] > 0) { count++; A[i]++; } value_A[A[i]]++; result += count; } } return result; } }

 

執行結果：

 

 

 

 

 

原文出處：https://www.cnblogs.com/liuzhen1995/p/11840387.html