移动零
题目解析
算法原理
该种题目可以归为一类题数组分块\数组划分;
该题的大概为给定一个数组,并给定一个对应的规则,使得数组按照规则划分为若干个区间;
在这个题目中,最终的数组会被分为两块,分别为:
!= 0
== 0
而在实际的过程中可以分为三块:
假设有两个指针分别为cur指针与dest指针;
cur指针用来遍历数组;
dest指针为已处理区间内,非0元素与0元素的分界线,即最后一个非0元素的位置;
!= 0
== 0
未处理
从上图中可以看到,三个区间分别为
[0,dest],[dest+1,cur-1],[cur,n-1]
这题的思路即为控制dest指针与cur指针,使得数组在每一次的移动或者操作中都始终都趋于该数组分化;
在对两个指针进行初始化时,由于是上面的三段区间,cur又因为需要用来遍历整个数组,所以初始化cur的位置应该是在数组首元素的位置(即0位置);
而对于dest指针来说,该指针用来划分非0元素与0元素,但是在最初始的情况下并没有非0元素区间,所以该段区间不存在,dest指针最初的位置应该在0位置的前一个,也就是-1的位置;
当cur指针遍历到一个0元素时不进行操作,但cur指针遍历到一个非0元素时,应该移动dest指针使其++,并交换dest指针所指向的元素与cur遇到的非0元素;
以第一个测试用例[ 0 , 1 , 0 , 3 , 12 ]
该测试用例的答案为[ 1 , 3 , 12 , 0 , 0 ](分块过后非0元素的顺序不发生改变)
代码
根据上述描述只需要用双指针，利用迭代即可解决；
class Solution { public: void moveZeroes(vector<int>& nums) { int cur = 0; int dest = -1; while(cur<nums.size()){ if(nums[cur]){ swap(nums[cur],nums[++dest]); } ++cur; } } };
拓展
对于移动0这个题目来说,其实它的原理与快速排序的每一趟都是一样的;
快速排序单趟排序hoare原生的思路即为:定义一个基准值,将大于或者小于基准值的数据分别进行分类;
复写零
题目解析
题目的几个点:
- 将0复写
- 不能越界
- 原地算法
算法原理
该题的解法是用双指针;
而该双指针的解法是由异地算法进行推断的;
以测试用例[ 1 , 0 , 2 , 3 , 0 , 4 , 5 , 0 ]为例;
- 异地
使用异地算法即多开一个同样大小的空间,遇到0即复写2次,遇到1即复写一次;
同时在复写的过程中判断在复写过程中是否会产生越界;
class Solution { public: void duplicateZeros(vector<int>& arr) { size_t len = arr.size(); vector<int> tmp(arr.size()); for(size_t cur = 0, dest = 0;dest<len;++cur,++dest){ tmp[dest] = arr[cur]; if(dest+1 <len && arr[cur] == 0){ tmp[++dest] = 0; } } arr = tmp; } };
- 原地
若是在原地的话则不能使用从左向右遍历,若是从左向右遍历的话将会出现有效内容被覆盖的问题;
如图所示,若是双指针都从前往后进行遍历的话将会出现覆盖的问题;
所以在复写的过程中我们可以推断出应该由后向前进行遍历;
由该测试用例的异地操作可知,最后一个复写的数据为4;下标为5的数据;
假设cur指针指向该数据,而dest指针指向n-1的位置由后向前进行遍历,且复写的规则不变;
从上述操作可以将步骤分解为两步:
- 找到最后一个复写的元素;
找到最后一个复写的元素这里采用的是一个双指针的方式;
即使用双指针将复写的步骤模拟进行一遍,
cur指针用来遍历,dest指针用来记录(模拟)复写;由于需要找到的是完成复写时的位置,所以定义
dest时定义为-1,而cur用于遍历,所以在0位置处;可以分为四步:
- 判断
cur所指向的数据是否为0,若是为0则复写2次(dest+=2);- 若是为非0则复写1次(
dest++);- 判断
dest是否完成所有复写;- 继续遍历
cur指针;
/* *找到最后一个复写的位置 */ int len = arr.size(); int cur = 0; int dest = -1; for(;dest<len-1;++cur){//由于是需要找到位置的下标,所以需要控制至size()-1的位置即下标的位置; if(arr[cur]==0){ dest+=2; } else{ ++dest; } if(dest>=len-1) break; }
- 根据规则由后向前进行复写;
for(;cur>-1||dest>-1;--cur,--dest){ arr[dest] = arr[cur]; if(arr[cur] == 0){ arr[--dest] = 0; } }
但是很不巧的是若是以这样的方式提交代码仍然会报错;
报错的原因一样是因为越界;
假设有这样一组数据:
[ 8 , 4 , 5 , 0 , 0 , 0 , 0 , 7 ];在为该数据找最后一个复写的数据时将会出现这样的问题:
在该测试用例中,由于多次进行了2次复写0的操作从而导致了最终
dest指针越界;所以在这里应该进行边界控制;
在该题中越界的程度只能是1(只存在步长为1或者步长为2的操作);
if(dest == len){ arr[len-1] = 0; --cur,dest-=2;//由于dest已经进行越界，所以要多跳一步； }
代码
class Solution { public: void duplicateZeros(vector<int>& arr) { /* *找到最后一个复写的位置 */ int len = arr.size(); int cur = 0; int dest = -1; for(;dest<len-1;++cur){ if(arr[cur]==0){ dest+=2; } else{ ++dest; } if(dest>=len-1) break; } cout<<cur<<" "<<dest<<" "<<len<<endl;//检查最后复写位置是否正确 //--------------------- if(dest == len){//因为移动只有1步与2步，在进行移动的过程中只会出现越界1位的情况； //这里越界的情况大部分属于最后一位是0从而导致的越界1位的现象，那对于最后一个边界处理的情况只要在len-1的位置即最后一个位置复写一次0即可； //复写一次0后代表最后一个0已经被复写完毕，所以要跳过该0； arr[len-1] = 0; --cur,dest-=2;//由于dest已经进行越界，所以要多跳一步； } //--------------------- for(;cur>-1||dest>-1;--cur,--dest){ arr[dest] = arr[cur]; if(arr[cur] == 0){ arr[--dest] = 0; } } } };
快乐数
题目解析
题目的要求是判断一个数是否为快乐数；
同时给出了关于快乐数的规则：
- 对于一个正整数，每一次将该数替换为它每个位置上的数字的平方和。
- 然后重复这个过程直到这个数变为 1，也可能是 无限循环 但始终变不到 1。
- 如果这个过程 结果为 1，那么这个数就是快乐数。
如果 n 是 快乐数 就返回 true ；不是则返回 false 。
算法解析
在这道题目中可以用以下两种方式进行解决；
- unordered_map 哈希暴力法；
该方法即使用unordered_map 容器用于判断是否有数据重复;
若是重复则返回并判断重复的值是否为1;
- 快慢双指针法；
该方法则使用到了一个思路,即快慢指针;
以题目中给出的两个例子进行分析;
19
12 + 92 = 82; 82 + 22 = 68;
62 + 82 = 100; 12 + 02 = 1;
12 + 02 = 1; …
用图表示即为2
22 = 4; 42 = 16;
12 + 62 = 37; …
12 + 42 + 52 = 42; 42 + 22 = 20;
22 + 02 = 4;
…
用图表示即为
从两图可知这里将会形成一个类似于带环链表的结构;
两处都必定会在同一处进行循环;
而这题与判断链表是否带环唯一的不同之处就是该题只需要判断相遇或者循环的位置是否为1即可;
| 鸽巢原理(抽屉原理) |
假设鸽巢的数量为
n而鸽子的数量为n+1,则必定会有格子数量大于1的鸽巢;同时假设n为
9999999999, 以快乐数的规则而言,该数为 92 * 10 为810;换言之它的区间即为
[ 1 , 810 ];当经过810次的上述操作后,再第811次时的操作必定会重复;
所以不会存在第三种结果;
代码
unordered_map暴力法
class Solution { public: bool isHappy(int n) { if(n == 1){//特殊例子所作处理 " 1 " return true; } unordered_map<int,int> _ret; int ret = 0; while(n!=1){ int sum = 0; int tmp = n; while(n){ sum+=(n%10)*(n%10); n/=10; } n = sum; ++_ret[n]; if(n == 1) return true;//如果n为1提前结束 for(auto [num,count]:_ret){ if(count>=2){ return false;//用于判断是否无限循环 } } } return false;//防止报错所作处理 } };
快慢双指针法
class Solution { public: int RetSum(int n){//将操作单独封装为一个子函数 int sum = 0; while(n){ sum += (n%10) * (n%10); n/=10; } return sum; } bool isHappy(int n) { size_t slow = n; size_t fast = n; do{ fast = RetSum(RetSum(fast)); slow = RetSum(slow); } while(slow!=fast); if(slow == 1){ return true; } return false; } };
盛最多水的容器
题目解析
该题目中要求计算盛水最多的容器；
即要求计算x轴与y轴乘积最大的一次；
以给出的实例1
[ 1 , 8 , 6 , 2 , 5 , 4 , 8 , 3 , 7 ]在该示例中的答案为y轴为8与7时;
x轴长度为8-1 = 7时的乘积为49;
算法解析
在该题目中有两种解法
- 暴力枚举法
对于暴力枚举来说即定义两个指针,利用嵌套for循环枚举出每一个可能性并找到Max最大值;
时间复杂度为O(N2);
该时间复杂度在该题中将会超出时间限制(2w数量的测试用例);
- 双指针遍历
该方法则考虑到一个规律;
以该段数组中的小区间
[ 8 , 6 , 2 , 5 , 4 ]为例;
在这个区间内的盛水量为
4*(4-0) = 16;假设以右边高度
4进行枚举(与 6 , 2 , 5 )则会出现两种状况(由于始终是向内进行枚举所以宽度w不断在缩小):
- 当碰到比4要小的高度时高度
h减小,容积v = h*w也在减小;- 当碰到比4要大的高度时,高度不变,但由于
w在缩小所以容积v一样会缩小;通过上面两种结果可以直接判断,当高度不同时优先舍弃高度较低的高度枚举;
代码
- 暴力枚举法
class Solution { public: int maxArea(vector<int>& height) { int maxR = 0;//记录当前所记录的最大容量 for(int i = 0;i<height.size();++i){ for(int j = i;j<height.size();++j){ int min = height[j]<height[i]?height[j]:height[i]; int tmp = (j-i)*min; if(tmp>maxR) maxR = tmp; } } return maxR; } };
- 双指针遍历法
class Solution { public: int maxArea(vector<int>& height) { int maxR = 0; int left = 0; int right = height.size()-1; while(right>=left){ int min = height[right]<height[left]?height[right]:height[left]; int tmp = min*(right-left); maxR = max(tmp,maxR); if(height[right]<height[left]) --right; else ++left; } return maxR; } };
有效的三角形个数
题目解析
该题题目为给定一个数组,计算出数组中能组成三角形的三元组合;
三角形的判定方式:三角形的任意两条边都大于第三便;
算法原理
该题共有三种方法分别为:
- 暴力法
- 二分法
- 双指针法
在该处主要讲解暴力枚举与双指针法;
- 暴力枚举
暴力枚举法即定义三个指针分别指向三条边;
将所有的可能都进行枚举,并将可以组成三角形的三元组和以计数器的方式记录下来;
//伪代码 check(i,j,k){ i+j>k&& i+k>j&& j+k>i; } main(){ for(i;i<size;++i){ for(j;j<size;++j){ for(k;k<size;++k){ check() } } } }
由于每次的check中都需要进行三次判断,所以对于该方式而言时间复杂度为 O(3 * N3);
当然可以在该方法为前提中进行优化;
- 优化
从三角形的规则可以推断出,若是两条较短的边大于第三条边的话那么这个三元组和必定能组成一个三角形;
而当我们将数组进行排序过后即可以只进行一次判断
check(){ i+j>k? } main(){ sort(begin(),end()); for(){ for(){ for(){ check(); } } } }
在优化过后,暴力解法的时间复杂度将会由O(3 * N3)变为O(N*logN + N3);
- 双指针解法
双指针解法主要还是对数组的排序,由于数组被排序后数据具有了单调性;
所以可以以该单调性为基础做出各种优化;
假设有数据为
[ 2 , 11 , 9 , 5 , 3 , 2 , 4 ];在进行排序之后为
[ 2 , 2 , 3 , 4 , 5 , 9 , 11 ];假设有指针
cur指向最右值(最大)作为第三条边;并设指针
left = 0,right = cur-1;此时将左右当作两条边与cur第三条边作比较,将会有两种可能:
left + right > cur 三元组成立left + right <= cur 不成立
以该数据为例,左右相加并不能满足条件时,
++left;当left指向下标2的位置,也就是
3时,左右相加大于cur( 3 + 9 = 12 > 11 );此时则表示满足了最低条件,而右侧属于由于有序(大于left所指向的数据),则可以表示
[ left , right )区间内的所有数据都满足条件;当该处处理结束时则表示right为8的匹配条件已经判断结束,right向前走1位进行下一步的判断;
当走到该处时
left指针与right指针的和并不能组成三角形;所以表示
left所指向的数据与当前right所在的数据并不能组成一个合规的三元组和,所以left++(由于具有单调性,表示该left所指向位置的数据与右侧的任意数据相加都不能组成一个合规的三元组和);当该段区间全部检查完毕之后,
cur朝前走一步判断下一个区间;简单来说可以分为两个步骤:
- 固定最大的数
- 在最大的数的左区间内使用双指针,快速统计出符合要求的三元组和;
该解法的时间复杂度为O(N*logN + N2);
代码
暴力解法不予代码;
双指针法:
class Solution { public: int triangleNumber(vector<int>& nums) { sort(nums.begin(),nums.end());//排序 int count = 0; int cur = nums.size()-1;//固定最初最大值位置 while(cur>1){ int left = 0;//每次的left与right都要进行新的初始化 int right = cur-1; cout<<right<<endl; while(left<right){ if(nums[left]+nums[right]>nums[cur]){ count+=right-left; right--; } else{ ++left; } } --cur; } return count; } };
