pull/10/head
chefyuan
parent
c4305ff8c7
commit
583093404e
|
|
@ -0,0 +1,72 @@
|
|||
该题目思想就是，我们将 customer 数组的值分为三部分， leftsum, winsum, rightsum。我们题目的返回值则是三部分的最大和。
|
||||
|
||||
注意这里的最大和，我们是怎么计算的。
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
winsum 是窗口内的所有值，不管 grumpy[i] 的值是 0 还是 1,窗口的大小，就对应 K 的值，也就是老板的技能发动时间，该时间段内，老板不会生气，所以为所有的值。
|
||||
|
||||
leftsum 是窗口左边区间的值，此时我们不能为所有值，只能是 grumpy[i] == 0 时才可以加入，因为此时不是技能发动期，老板只有在 grumpy[i] == 0 时，才不会生气。
|
||||
|
||||
rightsum 是窗口右区间的值，和左区间加和方式一样。那么我们易懂一下窗口，我们的 win 值和 leftsum 值，rightsum 值是怎么变化的呢？
|
||||
|
||||
见下图
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
我们此时移动了窗口，
|
||||
|
||||
则左半区间范围扩大，但是 leftsum 的值没有变，这时因为新加入的值，所对应的 grumpy[i] == 1，所以其值不会发生改变，因为我们只统计 grumpy[i] == 0 的值，
|
||||
|
||||
右半区间范围减少，rightsum 值也减少，因为右半区间减小的值，其对应的 grumpy[i] == 0，所以 rightsum -= grumpy[i]。
|
||||
|
||||
winsum 也会发生变化， winsum 需要加上新加入窗口的值，减去刚离开窗口的值, 也就是 customer[left-1]，left 代表窗口左边缘。
|
||||
|
||||
好啦，知道怎么做了，我们直接开整吧。
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int maxSatisfied(int[] customers, int[] grumpy, int X) {
|
||||
|
||||
int winsum = 0;
|
||||
int rightsum = 0;
|
||||
int len = customers.length;
|
||||
//右区间的值
|
||||
for (int i = X; i < len; ++i) {
|
||||
if (grumpy[i] == 0) {
|
||||
rightsum += customers[i];
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
//窗口的值
|
||||
for (int i = 0; i < X; ++i) {
|
||||
winsum += customers[i];
|
||||
}
|
||||
int leftsum = 0;
|
||||
//窗口左边缘
|
||||
int left = 1;
|
||||
//窗口右边缘
|
||||
int right = X;
|
||||
int maxcustomer = winsum + leftsum + rightsum;
|
||||
while (right < customers.length) {
|
||||
//重新计算左区间的值，也可以用 customer 值和 grumpy 值相乘获得
|
||||
if (grumpy[left-1] == 0) {
|
||||
leftsum += customers[left-1];
|
||||
}
|
||||
//重新计算右区间值
|
||||
if (grumpy[right] == 0) {
|
||||
rightsum -= customers[right];
|
||||
}
|
||||
//窗口值
|
||||
winsum = winsum - customers[left-1] + customers[right];
|
||||
//保留最大值
|
||||
maxcustomer = Math.max(maxcustomer,winsum+leftsum+rightsum);
|
||||
//移动窗口
|
||||
left++;
|
||||
right++;
|
||||
}
|
||||
return maxcustomer;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,75 @@
|
|||
#### 1438. 绝对差不超过限制的最长连续子数组
|
||||
|
||||
给你一个整数数组 nums ，和一个表示限制的整数 limit，请你返回最长连续子数组的长度，该子数组中的任意两个元素之间的绝对差必须小于或者等于 limit 。
|
||||
|
||||
如果不存在满足条件的子数组，则返回 0 。
|
||||
|
||||
示例
|
||||
|
||||
> 输入：nums = [10,1,2,4,7,2], limit = 5
|
||||
> 输出：4
|
||||
> 解释：满足题意的最长子数组是 [2,4,7,2]，其最大绝对差 |2-7| = 5 <= 5 。
|
||||
|
||||
**提示：**
|
||||
|
||||
- 1 <= nums.length <= 10^5
|
||||
|
||||
- 1 <= nums[i] <= 10^9
|
||||
- 0 <= limit <= 10^9
|
||||
|
||||
**题目解析**
|
||||
|
||||
我们结合题目，示例，提示来看，这个题目也可以使用滑动窗口的思想来解决。我们需要判断某个子数组是否满足最大绝对差不超过限制值。
|
||||
|
||||
那么我们应该怎么解决呢？
|
||||
|
||||
我们想一下，窗口内的最大绝对差，如果我们知道窗口的最大值和最小值，最大值减去最小值就能得到最大绝对差。
|
||||
|
||||
所以我们这个问题就变成了获取滑动窗口内的最大值和最小值问题，哦？滑动窗口的最大值，是不是很熟悉，大家可以先看一下[滑动窗口的最大值](https://leetcode-cn.com/problems/hua-dong-chuang-kou-de-zui-da-zhi-lcof/solution/yi-shi-pin-sheng-qian-yan-shuang-duan-du-mbga/)这个题目，那我们完全可以借助刚才题目的思想来解决这个题目。啪的一下我就搞懂了。
|
||||
|
||||
滑动窗口的最大值，我们当时借助了双端队列，来维护一个单调递减的双端队列，进而得到滑动窗口的最大值
|
||||
|
||||
那么我们同样可以借助双端队列，来维护一个单调递增的双端队列，来获取滑动窗口的最小值。既然知道了最大值和最小值，我们就可以判断当前窗口是否符合要求，如果符合要求则扩大窗口，不符合要求则缩小窗口，循环结束返回最大的窗口值即可。
|
||||
|
||||
下面我们来看一下我们的动画模拟，一下就能看懂！
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
其实，我们只要把握两个重点即可，我们的 maxdeque 维护的是一个单调递减的双端队列，头部为当前窗口的最大值， mindeque 维护的是一个单调递增的双端队列，头部为窗口的最小值，即可。好啦我们一起看代码吧。
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int longestSubarray(int[] nums, int limit) {
|
||||
|
||||
Deque<Integer> maxdeque = new LinkedList<>();
|
||||
Deque<Integer> mindeque = new LinkedList<>();
|
||||
int len = nums.length;
|
||||
int right = 0, left = 0, maxwin = 0;
|
||||
|
||||
while (right < len) {
|
||||
while (!maxdeque.isEmpty() && maxdeque.peekLast() < nums[right]) {
|
||||
maxdeque.removeLast();
|
||||
}
|
||||
while (!mindeque.isEmpty() && mindeque.peekLast() > nums[right]) {
|
||||
mindeque.removeLast();
|
||||
}
|
||||
//需要更多视频解算法，可以来我的公众号：袁厨的算法小屋
|
||||
maxdeque.addLast(nums[right]);
|
||||
mindeque.addLast(nums[right]);
|
||||
while (maxdeque.peekFirst() - mindeque.peekFirst() > limit) {
|
||||
if (maxdeque.peekFirst() == nums[left]) maxdeque.removeFirst();
|
||||
if (mindeque.peekFirst() == nums[left]) mindeque.removeFirst();
|
||||
left++;
|
||||
}
|
||||
//保留最大窗口
|
||||
maxwin = Math.max(maxwin,right-left+1);
|
||||
right++;
|
||||
}
|
||||
return maxwin;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
是不是很有趣这个题目，大家快来打卡吧，希望对各位有一丢丢帮助吧。
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,87 @@
|
|||
### leetcode 219 数组中重复元素2
|
||||
|
||||
**题目描述**
|
||||
|
||||
给定一个整数数组和一个整数 k，判断数组中是否存在两个不同的索引 i 和 j，使得 nums [i] = nums [j]，并且 i 和 j 的差的 绝对值 至多为 k。
|
||||
|
||||
示例 1:
|
||||
|
||||
> 输入: nums = [1,2,3,1], k = 3
|
||||
> 输出: true
|
||||
|
||||
示例 2:
|
||||
|
||||
> 输入: nums = [1,0,1,1], k = 1
|
||||
> 输出: true
|
||||
|
||||
示例 3:
|
||||
|
||||
> 输入: nums = [1,2,3,1,2,3], k = 2
|
||||
> 输出: false
|
||||
|
||||
**Hashmap**
|
||||
|
||||
这个题目和我们上面那个数组中的重复数字几乎相同，只不过是增加了一个判断相隔是否小于K位的条件，我们先用 HashMap 来做一哈，和刚才思路一致，我们直接看代码就能整懂
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public boolean containsNearbyDuplicate(int[] nums, int k) {
|
||||
//特殊情况
|
||||
if (nums.length == 0) {
|
||||
return false;
|
||||
}
|
||||
// hashmap
|
||||
HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
|
||||
// 如果含有
|
||||
if (map.containsKey(nums[i])) {
|
||||
//判断是否小于K，如果小于则直接返回
|
||||
int abs = Math.abs(i - map.get(nums[i]));
|
||||
if (abs <= k) return true;//小于则返回
|
||||
}
|
||||
//更新索引，此时有两种情况，不存在，或者存在时，将后出现的索引保存
|
||||
map.put(nums[i],i);
|
||||
}
|
||||
return false;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
**HashSet**
|
||||
|
||||
**解析**
|
||||
|
||||
这个方法算是属于固定滑动窗口。我们需要维护一个长度为 K 的滑动窗口，如果窗口内含有该值，则直接返回 true，尾部进入新元素时，则将头部的元素去掉。继续查看是否含有该元素。下面我们来看视频解析吧，保证以下就能搞懂了。
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
**题目代码**
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public boolean containsNearbyDuplicate(int[] nums, int k) {
|
||||
//特殊情况
|
||||
if (nums.length == 0) {
|
||||
return false;
|
||||
}
|
||||
// set
|
||||
HashSet<Integer> set = new HashSet<>();
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
|
||||
//含有该元素，返回true
|
||||
if (set.contains(nums[i])) {
|
||||
return true;
|
||||
}
|
||||
// 添加新元素
|
||||
set.add(nums[i]);
|
||||
//维护窗口长度
|
||||
if (set.size() > k) {
|
||||
set.remove(nums[i-k]);
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return false;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,84 @@
|
|||
## **leetcode 485 最大连续 1 的个数**
|
||||
|
||||
给定一个二进制数组， 计算其中最大连续1的个数。
|
||||
|
||||
示例 1:
|
||||
|
||||
> 输入: [1,1,0,1,1,1]
|
||||
> 输出: 3
|
||||
> 解释: 开头的两位和最后的三位都是连续1，所以最大连续1的个数是 3.
|
||||
|
||||
我的这个方法比较奇怪，但是效率还可以，战胜了 100% , 尽量减少了 Math.max()的使用，我们来看一下具体思路，利用 right 指针进行探路，如果遇到 1 则继续走，遇到零时则停下，求当前 1 的个数。
|
||||
|
||||
这时我们可以通过 right - left 得到 1 的 个数，因为此时我们的 right 指针指在 0 处，所以不需要和之前一样通过 right - left + 1 获得窗口长度。
|
||||
|
||||
然后我们再使用 while 循环，遍历完为 0 的情况，跳到下一段为 1 的情况，然后移动 left 指针。 left = right，站在同一起点，继续执行上诉过程。
|
||||
|
||||
下面我们通过一个视频模拟代码执行步骤大家一下就能搞懂了。
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
下面我们直接看代码吧
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int findMaxConsecutiveOnes(int[] nums) {
|
||||
|
||||
int len = nums.length;
|
||||
int left = 0, right = 0;
|
||||
int maxcount = 0;
|
||||
|
||||
while (right < len) {
|
||||
if (nums[right] == 1) {
|
||||
right++;
|
||||
continue;
|
||||
}
|
||||
//保存最大值
|
||||
maxcount = Math.max(maxcount, right - left);
|
||||
//跳过 0 的情况
|
||||
while (right < len && nums[right] == 0) {
|
||||
right++;
|
||||
}
|
||||
//同一起点继续遍历
|
||||
left = right;
|
||||
}
|
||||
return Math.max(maxcount, right-left);
|
||||
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
刚才的效率虽然相对高一些，但是代码不够优美，欢迎各位改进，下面我们说一下另外一种情况，一个特别容易理解的方法。
|
||||
|
||||
我们通过计数器计数 连续 1 的个数，当 nums[i] == 1 时，count++，nums[i] 为 0 时，则先保存最大 count，再将 count 清零，因为我们需要的是连续的 1 的个数，所以需要清零。
|
||||
|
||||
好啦，下面我们直接看代码吧。
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int findMaxConsecutiveOnes(int[] nums) {
|
||||
|
||||
int count = 0;
|
||||
int maxcount = 0;
|
||||
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
|
||||
if (nums[i] == 1) {
|
||||
count++;
|
||||
//这里可以改成 while
|
||||
} else {
|
||||
maxcount = Math.max(maxcount,count);
|
||||
count = 0;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return Math.max(count,maxcount);
|
||||
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,146 @@
|
|||
### leetcode560. 和为K的子数组
|
||||
|
||||
**题目描述**
|
||||
|
||||
> 给定一个整数数组和一个整数 k，你需要找到该数组中和为 k 的连续的子数组的个数。
|
||||
|
||||
**示例 1 :**
|
||||
|
||||
> 输入:nums = [1,1,1], k = 2
|
||||
> 输出: 2 , [1,1] 与 [1,1] 为两种不同的情况。
|
||||
|
||||
**暴力法**
|
||||
|
||||
**解析**
|
||||
|
||||
这个题目的题意很容易理解，就是让我们返回和为 k 的子数组的个数，所以我们直接利用双重循环解决该题，这个是很容易想到的。我们直接看代码吧。
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int subarraySum(int[] nums, int k) {
|
||||
int len = nums.length;
|
||||
int sum = 0;
|
||||
int count = 0;
|
||||
for (int i = 0; i < len; ++i) {
|
||||
for (int j = i; j < len; ++j) {
|
||||
sum += nums[j];
|
||||
if (sum == k) {
|
||||
count++;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
sum = 0;
|
||||
}
|
||||
return count;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
下面我们我们使用前缀和的方法来解决这个题目，那么我们先来了解一下前缀和是什么东西。其实这个思想我们很早就接触过了。见下图
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
我们通过上图发现，我们的 presum 数组中保存的是 nums 元素的和，presum[1] = presum[0] + nums[0];
|
||||
|
||||
presum [2] = presum[1] + nums[1],presum[3] = presum[2] + nums[2] ... 所以我们通过前缀和数组可以轻松得到每个区间的和，
|
||||
|
||||
例如我们需要获取 nums[2] 到 nums[4] 这个区间的和，我们则完全根据 presum 数组得到，是不是有点和我们之前说的字符串匹配算法中 BM,KMP 中的 next 数组和 suffix 数组作用类似。
|
||||
|
||||
那么我们怎么根据presum 数组获取 nums[2] 到 nums[4] 区间的和呢？见下图
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
所以我们 nums[2] 到 nums[4] 区间的和则可以由 presum[5] - presum[2] 得到。
|
||||
|
||||
也就是前 5 项的和减去前 2 项的和，得到第 3 项到第 5 项的和。那么我们可以遍历 presum 就能得到和为 K 的子数组的个数啦。
|
||||
|
||||
直接上代码。
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int subarraySum(int[] nums, int k) {
|
||||
//前缀和数组
|
||||
int[] presum = new int[nums.length+1];
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
|
||||
//这里需要注意，我们的前缀和是presum[1]开始填充的
|
||||
presum[i+1] = nums[i] + presum[i];
|
||||
}
|
||||
//统计个数
|
||||
int count = 0;
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
|
||||
for (int j = i; j < nums.length; ++j) {
|
||||
//注意偏移，因为我们的nums[2]到nums[4]等于presum[5]-presum[2]
|
||||
//所以这样就可以得到nums[i,j]区间内的和
|
||||
if (presum[j+1] - presum[i] == k) {
|
||||
count++;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return count;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
我们通过上面的例子我们简单了解了前缀和思想，那么我们如果继续将其优化呢？
|
||||
|
||||
**前缀和 + HashMap**
|
||||
|
||||
**解析**
|
||||
|
||||
其实我们在之前的两数之和中已经用到了这个方法，我们一起来回顾两数之和 HashMap 的代码.
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
|
||||
|
||||
HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
|
||||
//一次遍历
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
|
||||
//存在时，我们用数组得值为 key，索引为 value
|
||||
if (map.containsKey(target - nums[i])){
|
||||
return new int[]{i,map.get(target-nums[i])};
|
||||
}
|
||||
//存入值
|
||||
map.put(nums[i],i);
|
||||
}
|
||||
//返回
|
||||
return new int[]{};
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
上面代码中，我们将数组的值和索引存入 map 中，当我们遍历到某一值 x 时，判断 map 中是否含有 target - x，即可。其实我们现在这个题目和两数之和原理是一致的，只不过我们是将**所有的前缀和**该**前缀和出现的次数**存到了 map 里。下面我们来看一下代码的执行过程。
|
||||
|
||||
**动图解析**
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
**题目代码**
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int subarraySum(int[] nums, int k) {
|
||||
if (nums.length == 0) {
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
|
||||
//细节，这里需要预存前缀和为 0 的情况，会漏掉前几位就满足的情况
|
||||
//例如输入[1,1,0]，k = 2 如果没有这行代码，则会返回0,漏掉了1+1=2，和1+1+0=2的情况
|
||||
//输入：[3,1,1,0] k = 2时则不会漏掉
|
||||
//因为presum[3] - presum[0]表示前面 3 位的和，所以需要map.put(0,1),垫下底
|
||||
map.put(0, 1);
|
||||
int count = 0;
|
||||
int presum = 0;
|
||||
for (int x : nums) {
|
||||
presum += x;
|
||||
//当前前缀和已知，判断是否含有 presum - k的前缀和，那么我们就知道某一区间的和为 k 了。
|
||||
if (map.containsKey(presum - k)) {
|
||||
count += map.get(presum - k);//获取presum-k前缀和出现次数
|
||||
}
|
||||
//更新
|
||||
map.put(presum,map.getOrDefault(presum,0) + 1);
|
||||
}
|
||||
return count;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,60 @@
|
|||
### leetcode 66 加一
|
||||
|
||||
**题目描述**
|
||||
|
||||
> 给定一个由 整数 组成的 非空 数组所表示的非负整数，在该数的基础上加一。
|
||||
>
|
||||
> 最高位数字存放在数组的首位， 数组中每个元素只存储单个数字。
|
||||
>
|
||||
> 你可以假设除了整数 0 之外，这个整数不会以零开头。
|
||||
|
||||
**示例 1：**
|
||||
|
||||
> 输入：digits = [1,2,3]
|
||||
> 输出：[1,2,4]
|
||||
> 解释：输入数组表示数字 123。
|
||||
|
||||
**示例 2：**
|
||||
|
||||
> 输入：digits = [4,3,2,1]
|
||||
> 输出：[4,3,2,2]
|
||||
> 解释：输入数组表示数字 4321。
|
||||
|
||||
**示例 3：**
|
||||
|
||||
输入：digits = [0]
|
||||
输出：[1]
|
||||
|
||||
**数组遍历**
|
||||
|
||||
**题目解析**
|
||||
|
||||
我们思考一下，加一的情况一共有几种情况呢？是不是有以下三种情况
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
则我们根据什么来判断属于第几种情况呢？
|
||||
|
||||
我们可以根据当前位 余10来判断，这样我们就可以区分属于第几种情况了，大家直接看代码吧，很容易理解的。
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int[] plusOne(int[] digits) {
|
||||
//获取长度
|
||||
int len = digits.length;
|
||||
for (int i = len-1; i >= 0; i--) {
|
||||
digits[i] = (digits[i] + 1) % 10;
|
||||
//第一种和第二种情况，如果此时某一位不为 0 ，则直接返回即可。
|
||||
if (digits[i] != 0) {
|
||||
return digits;
|
||||
}
|
||||
|
||||
}
|
||||
//第三种情况，因为数组初始化每一位都为0，我们只需将首位设为1即可
|
||||
int[] arr = new int[len+1];
|
||||
arr[0] = 1;
|
||||
return arr;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,111 @@
|
|||
### leetcode 75 颜色分类
|
||||
|
||||
**题目描述**
|
||||
|
||||
> 给定一个包含红色、白色和蓝色，一共 n 个元素的数组，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。
|
||||
>
|
||||
> 此题中，我们使用整数 0、 1 和 2 分别表示红色、白色和蓝色。
|
||||
|
||||
**示例 1：**
|
||||
|
||||
> 输入：nums = [2,0,2,1,1,0]
|
||||
> 输出：[0,0,1,1,2,2]
|
||||
|
||||
**示例 2：**
|
||||
|
||||
> 输入：nums = [2,0,1]
|
||||
> 输出：[0,1,2]
|
||||
|
||||
示例 3：
|
||||
|
||||
> 输入：nums = [0]
|
||||
> 输出：[0]
|
||||
|
||||
示例 4：
|
||||
|
||||
> 输入：nums = [1]
|
||||
> 输出：[1]
|
||||
|
||||
**两次遍历**
|
||||
|
||||
**解析：**
|
||||
|
||||
通过两次遍历，第一遍遍历首先将 0 归位，第二遍遍历将 1 归位，自然 2 也就被归位了，这个方法很容易理解我们直接看代码吧。
|
||||
|
||||
**题目代码**
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public void sortColors(int[] nums) {
|
||||
int pro = 0;
|
||||
//将0归位
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
|
||||
if (nums[i] == 0) {
|
||||
swap(nums,i,pro);
|
||||
pro++;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
//将1归位
|
||||
for (int j = pro; j < nums.length; ++j) {
|
||||
if(nums[j] == 1) {
|
||||
swap(nums,j,pro);
|
||||
pro++;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
public void swap(int[] nums,int i, int j) {
|
||||
int temp = nums[i];
|
||||
nums[i] = nums[j];
|
||||
nums[j] = temp;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
**一次遍历**
|
||||
|
||||
**解析**
|
||||
|
||||
两次遍历实现是十分容易的，也很容易实现，那么我们可不可以一次遍历就将其归位呢？其实这里也利用了我们双指针的思想，我们首先定义两个指针，一个位于数组头部，一个位于数组尾部，当我们遇到 0 时则给我们头部指针交换，遇到 2 时，则给尾部指针交换。不过里面有两个细节我们需要注意。
|
||||
|
||||
1.遍历数组时，指针的上界，不能是 i < nums.length;应是 i <= right;
|
||||
|
||||
2.需要注意交换后，当前指针指向的仍不为1。
|
||||
|
||||
干看上面两种注意事项，可能不是特别容易理解，我们来看我们的视频解析，就可以搞懂这两个情况啦。
|
||||
|
||||
**动图解析**
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
**题目代码**
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public void sortColors(int[] nums) {
|
||||
int len = nums.length;
|
||||
int left = 0;
|
||||
int right = len-1;
|
||||
//注意看 for 循环的结束条件
|
||||
for (int i = 0; i <= right; ++i) {
|
||||
if (nums[i] == 0) {
|
||||
swap(nums,i,left);
|
||||
left++;
|
||||
}
|
||||
if (nums[i] == 2) {
|
||||
swap(nums,i,right);
|
||||
right--;
|
||||
// 发现此时不为1，则指针不移动，继续交换
|
||||
if (nums[i] != 1) {
|
||||
i--;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
public void swap (int[] nums, int i, int j) {
|
||||
int temp = nums[i];
|
||||
nums[i] = nums[j];
|
||||
nums[j] = temp;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
|
|
@ -0,0 +1,76 @@
|
|||
### 剑指 offer 3 数组中重复的数字
|
||||
|
||||
**题目描述**
|
||||
|
||||
找出数组中重复的数字。
|
||||
|
||||
|
||||
在一个长度为 n 的数组 nums 里的所有数字都在 0～n-1 的范围内。数组中某些数字是重复的，但不知道有几个数字重复了，也不知道每个数字重复了几次。请找出数组中任意一个重复的数字。
|
||||
|
||||
示例 1：
|
||||
|
||||
输入：
|
||||
[2, 3, 1, 0, 2, 5, 3]
|
||||
输出：2 或 3
|
||||
|
||||
**HashSet**
|
||||
|
||||
**解析**
|
||||
|
||||
这种题目或许一下就让人想到 HashSet，题目描述很清楚就是让我们找到数组中重复的元素，那我们第一下想到的就是 HashSet，我们遍历数组，如果发现 set 含有该元素则返回，不含有则存入哈希表，题目代码也很简单
|
||||
|
||||
**题目代码**
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int findRepeatNumber(int[] nums) {
|
||||
// HashSet
|
||||
HashSet<Integer> set = new HashSet<Integer>();
|
||||
for (int x : nums) {
|
||||
//发现某元素存在，返回
|
||||
if (set.contains(x)) {
|
||||
return x;
|
||||
}
|
||||
//存入哈希表
|
||||
set.add(x);
|
||||
}
|
||||
return -1;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
**原地置换**
|
||||
|
||||
**解析**
|
||||
|
||||
这一种方法也是我们经常用到的，主要用于重复出现的数，缺失的数等题目中，下面我们看一下这个原地置换法，原地置换的大体思路就是将我们**指针对应**的元素放到属于他的位置（索引对应的地方）。我们可以这样理解，每个人都有自己的位置，我们需要和别人调换回到属于自己的位置，调换之后，如果发现我们的位置上有人了，则返回。大致意思了解了，下面看代码的执行过程。通过视频一下就可以搞懂啦。
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
|
||||
**题目代码**
|
||||
|
||||
```java
|
||||
class Solution {
|
||||
public int findRepeatNumber(int[] nums) {
|
||||
if (nums.length == 0) {
|
||||
return -1;
|
||||
}
|
||||
for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
|
||||
while (nums[i] != i) {
|
||||
//发现重复元素
|
||||
if (nums[i] == nums[nums[i]]) {
|
||||
return nums[i];
|
||||
}
|
||||
//置换，将指针下的元素换到属于他的索引处
|
||||
int temp = nums[i];
|
||||
nums[i] = nums[temp];
|
||||
nums[temp] = temp;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return -1;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
Loading…
Reference in New Issue