N 辆车沿着一条车道驶向位于 target 英里之外的共同目的地。
每辆车 i 以恒定的速度 speed[i] （英里/小时），从初始位置 position[i] （英里） 沿车道驶向目的地。
一辆车永远不会超过前面的另一辆车，但它可以追上去，并与前车以相同的速度紧接着行驶。
此时，我们会忽略这两辆车之间的距离，也就是说，它们被假定处于相同的位置。
车队 是一些由行驶在相同位置、具有相同速度的车组成的非空集合。注意，一辆车也可以是一个车队。
即便一辆车在目的地才赶上了一个车队，它们仍然会被视作是同一个车队。
会有多少车队到达目的地?
示例：
输入：target = 12, position = [10,8,0,5,3], speed = [2,4,1,1,3]
输出：3
解释：
从 10 和 8 开始的车会组成一个车队，它们在 12 处相遇。
从 0 处开始的车无法追上其它车，所以它自己就是一个车队。
从 5 和 3 开始的车会组成一个车队，它们在 6 处相遇。
请注意，在到达目的地之前没有其它车会遇到这些车队，所以答案是 3。提示：
0 <= N <= 10 ^ 4
0 < target <= 10 ^ 6
0 < speed[i] <= 10 ^ 6
0 <= position[i] < target
所有车的初始位置各不相同。来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/car-fleet
一
这道题说是路上有一系列的车，车在不同的位置，且分别有着不同的速度，但行驶的方向都相同。如果后方的车在到达终点之前追上前面的车了，那么它就会如痴汉般尾随在其后，且速度降至和前面的车相同，可以看作是一个车队，当然，单独的一辆车也可以看作是一个车队，问我们共有多少个车队到达终点。这道题是小学时候的应用题的感觉，什么狗追人啊，人追狗啊之类的。这道题的正确解法的思路其实不太容易想，因为我们很容易把注意力都集中到每辆车，去计算其每个时刻所在的位置，以及跟前面的车相遇的位置，这其实把这道题想复杂了，其实并不需要知道车的相遇位置，只关心是否能组成车队一同经过终点线，那么如何才能知道是否能一起过线呢，最简单的方法就是看时间，假如车B在车A的后面，而车B到终点线的时间小于等于车A，那么就知道车A和B一定会组成车队一起过线。这样的话，就可以从离终点最近的一辆车开始，先算出其撞线的时间，然后再一次遍历身后的车，若后面的车撞线的时间小于等于前面的车的时间，则会组成车队。反之，若大于前面的车的时间，则说明无法追上前面的车，于是自己会形成一个新的车队，且是车头，则结果 res 自增1即可。
思路有了，就可以具体实现了，使用一个 TreeMap 来建立小车位置和其到达终点时间之间的映射，这里的时间使用 double 型，通过终点位置减去当前位置，并除以速度来获得。我们希望能从 position 大的小车开始处理，而 TreeMap 是把小的数字排在前面，这里使用了个小 trick，就是映射的时候使用的是 position 的负数，这样就能先处理原来 position 大的车，从而统计出正确的车队数量，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int carFleet(int target, vector<int>& position, vector<int>& speed) {
int res = 0; double cur = 0;
map<int, double> pos2time;
for (int i = 0; i < position.size(); ++i) {
pos2time[-position[i]] = (double)(target - position[i]) / speed[i];
}
for (auto a : pos2time) {
if (a.second <= cur) continue;
cur = a.second;
++res;
}
return res;
}
};我们也可以使用优先队列来做，由于其是按照从大到小的顺序自动排列的，所以不用使用上面的小 trick。还有一点和上面的不同的是，并没有在开始就计算过线时间，而是直接存的是速度，因为存整型肯定比存 double 型的要节省空间。在之后处理的时候，再取出位置和速度计算时间，然后再进行跟上面相同的操作即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int carFleet(int target, vector<int>& position, vector<int>& speed) {
int res = 0; double cur = 0;
priority_queue<pair<int, int>> q;
for (int i = 0; i < position.size(); ++i) {
q.push({position[i], speed[i]});
}
while (!q.empty()) {
auto t = q.top(); q.pop();
double timeNeeded = (double)(target - t.first) / t.second;
if (timeNeeded <= cur) continue;
cur = timeNeeded;
++res;
}
return res;
}
};二
方法一：排序
分析
我们首先对这些车辆按照它们的起始位置降序排序，并且用 (target - position) / speed 计算出每辆车在不受其余车的影响时，行驶到终点需要的时间。对于相邻的两辆车 S 和 F，F 的起始位置大于 S，如果 S 行驶到终点需要的时间小于等于 F，那么 S 一定会在终点前追上 F 并形成车队。这是因为在追上 F 之前，S 的行驶速度并不会减小，而 F 却有可能因为追上前面的车辆而速度减小，因此 S 总能在终点前追上 F。
算法
将车辆按照起始位置降序排序后，我们顺序扫描这些车辆。如果相邻的两辆车，前者比后者行驶到终点需要的时间短，那么后者永远追不上前者，即从后者开始的若干辆车辆会组成一个新的车队；如果前者不比后者行驶到终点需要的时间短，那么后者可以在终点前追上前者，并和前者形成车队。此时我们将后者到达终点的时间置为前者到达终点的时间。
Java
class Solution {
public int carFleet(int target, int[] position, int[] speed) {
int N = position.length;
Car[] cars = new Car[N];
for (int i = 0; i < N; ++i)
cars[i] = new Car(position[i], (double) (target - position[i]) / speed[i]);
Arrays.sort(cars, (a, b) -> Integer.compare(a.position, b.position));
int ans = 0, t = N;
while (--t > 0) {
if (cars[t].time < cars[t-1].time) ans++;
else cars[t-1] = cars[t];
}
return ans + (t == 0 ? 1 : 0);
}
}
class Car {
int position;
double time;
Car(int p, double t) {
position = p;
time = t;
}
}Python
class Solution(object):
def carFleet(self, target, position, speed):
cars = sorted(zip(position, speed))
times = [float(target - p) / s for p, s in cars]
ans = 0
while len(times) > 1:
lead = times.pop()
if lead < times[-1]: ans += 1
else: times[-1] = lead
return ans + bool(times)复杂度分析
时间复杂度：O(NlogN)，即为排序的时间复杂度。
空间复杂度：O(N)，存储车辆到达终点需要的时间。
原文地址：https://www.cnblogs.com/wwj99/p/12294068.html