挑战100天 AI In LeetCode Day02(2)

简介: 挑战100天 AI In LeetCode Day02(2)

挑战100天 AI In LeetCode Day02(2)

一、LeetCode介绍

LeetCode是一个在线编程网站,提供各种算法和数据结构的题目,面向程序员、计算机科学专业学生和技术爱好者等人群,旨在帮助他们提高算法和编程技能。LeetCode上的问题通常来自各种技术公司的面试题目,因此它也是程序员面试准备的重要资源之一。

LeetCode上的问题涵盖了各种难度级别,从入门级到专家级都有不同难度的题目可供练习。用户可以选择使用不同的编程语言提交答案,LeetCode能够对结果进行评估并返回测试结果。

除了题目外,LeetCode还提供了讨论区、排行榜等社区功能,用户可以在这里交流学习心得、解决疑难问题,并与其他用户比较自己的做题成绩。

挑战100天 AI In LeetCode是基于LeetCode题库,借助AI的能力进行解题、并学习其解题过程。

二、LeetCode 热题 HOT 100-4

2.1 题目

寻找两个正序数组的中位数

给定两个大小分别为 m 和 n 的正序(从小到大)数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的 中位数 。
算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。
示例 1:
输入:nums1 = [1,3], nums2 = [2]
输出:2.00000
解释:合并数组 = [1,2,3] ,中位数 2
示例 2:
输入:nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
输出:2.50000
解释:合并数组 = [1,2,3,4] ,中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5
提示:
nums1.length == m
nums2.length == n
0 <= m <= 1000
0 <= n <= 1000
1 <= m + n <= 2000
-106 <= nums1[i], nums2[i] <= 106

2.2 题解

该算法的时间复杂度为 O(m + n),其中 m 和 n 分别为两个数组的长度。合并两个数组的过程需要遍历所有元素。由于题目要求算法的时间复杂度为 O(log (m+n)),所以还可以使用更高级的算法(如二分查找)来解决这个问题。但在本例中,是给出了一个时间复杂度为 O(m + n) 的简单解法。

解题思路:

  1. 首先,我们可以将两个数组合并成一个有序数组。由于两个数组本身就是有序的,合并过程可以使用双指针法进行。
  2. 创建一个新的数组 merged,用于存储合并后的结果。
  3. 初始化两个指针 p1 和 p2 分别指向两个数组的起始位置。
  4. 比较 nums1[p1] 和 nums2[p2] 的大小:
  • 如果 nums1[p1] <= nums2[p2],将 nums1[p1] 加入到 merged 中,并将 p1 向后移动一位。
  • 如果 nums1[p1] > nums2[p2],将 nums2[p2] 加入到 merged 中,并将 p2 向后移动一位。
  1. 重复步骤 4,直到其中一个数组遍历完毕。
  2. 将剩余未遍历完的数组的元素添加到 merged 中。
  3. 计算 merged 的长度 len。
  • 如果 len 是奇数,则中位数为 merged[len / 2]。
  • 如果 len 是偶数,则中位数为 (merged[len / 2 - 1] + merged[len / 2]) / 2.0。
  1. 返回计算得到的中位数。
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
    int m = nums1.length;
    int n = nums2.length;
    int[] merged = new int[m + n];
    int p1 = 0; // 指针指向 nums1
    int p2 = 0; // 指针指向 nums2
    int idx = 0; // 合并数组的索引
    while (p1 < m && p2 < n) {
        if (nums1[p1] <= nums2[p2]) {
            merged[idx++] = nums1[p1++];
        } else {
            merged[idx++] = nums2[p2++];
        }
    }
    while (p1 < m) {
        merged[idx++] = nums1[p1++];
    }
    while (p2 < n) {
        merged[idx++] = nums2[p2++];
    }
    int len = merged.length;
    if (len % 2 == 0) {
        return (merged[len / 2 - 1] + merged[len / 2]) / 2.0;
    } else {
        return merged[len / 2];
    }
}

三、面试经典 150 题-4

数组 / 字符串

3.1 题目

删除有序数组中的重复项 II

给你一个有序数组 nums ,请你 原地 删除重复出现的元素,使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ,返回删除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间,你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。
说明:
为什么返回数值是整数,但输出的答案是数组呢?
请注意,输入数组是以「引用」方式传递的,这意味着在函数里修改输入数组对于调用者是可见的。
你可以想象内部操作如下:
// nums 是以“引用”方式传递的。也就是说,不对实参做任何拷贝
int len = removeDuplicates(nums);
// 在函数里修改输入数组对于调用者是可见的。
// 根据你的函数返回的长度, 它会打印出数组中 该长度范围内 的所有元素。
for (int i = 0; i < len; i++) {
    print(nums[i]);
}
示例 1:
输入:nums = [1,1,1,2,2,3]
输出:5, nums = [1,1,2,2,3]
解释:函数应返回新长度 length = 5, 并且原数组的前五个元素被修改为 1, 1, 2, 2, 3。 不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 2:
输入:nums = [0,0,1,1,1,1,2,3,3]
输出:7, nums = [0,0,1,1,2,3,3]
解释:函数应返回新长度 length = 7, 并且原数组的前五个元素被修改为 0, 0, 1, 1, 2, 3, 3。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
提示:
1 <= nums.length <= 3 * 104
-104 <= nums[i] <= 104
nums 已按升序排列

3.2 题解

时间复杂度为 O(n),其中 n 为数组长度,遍历整个数组一次即可完成操作,而算法的空间复杂度为 O(1),不需要额外的存储空间。

解题思路:

由于题目要求我们在原地修改数组,所以不能使用额外的空间来存储新的数组。我们可以使用两个指针来完成这个操作,其中一个指针 i 指向原数组的当前元素,另一个指针 j 指向最后一个不重复的元素。我们遍历整个数组,对于每个元素,我们检查它是否与前面的元素相同:

  1. 如果不相同,则将其添加到新的数组中,并将 j 指针向后移动一位。
  2. 如果相同,则判断该元素是不是已经出现了两次:
  • 如果是,则跳过该元素,不将其添加到新的数组中。
  • 如果不是,则将其添加到新的数组中,并将 j 指针向后移动一位。
  1. 最后返回 j + 1,即为新数组的长度。
public int removeDuplicates(int[] nums) {
    if (nums == null || nums.length == 0) {
        return 0;
    }
    int j = 1;
    int count = 1; // 记录当前数字出现的次数
    for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
        if (nums[i] == nums[i - 1]) {
            count++;
        } else {
            count = 1;
        }
        if (count <= 2) {
            nums[j++] = nums[i];
        }
    }
    return j;
}

至此,挑战100天 AI In LeetCode Day02(2)完成,后续会持续调整;查阅过程中若遇到问题欢迎留言或私信交流。

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