循环不变式:如果某命题初始为真,且每次更改后仍然保持该命题为真,则若干次更改后该命题仍然为真。
1. 求局部最大值
问题描述:给定一个无重复元素的数组A[0...N-1],求找到一个该数组的局部最大值。
分析思路:
- 如果遍历数组一遍,用一个变量记录数组中的最大值,这样得到的最大值一定也是局部最大值。这种方案的时间复杂度为O(N),空间复杂度为O(1);
- 考虑另一种方案。用空间换时间。用二分查找的思想,使得时间复杂度为O(logN).
- 定义一个辅助数组“高原数组”:Array[from...to]满足
- Array[from] > Array[from-1]
- Array[to] > Array[to+1]
- 当该数组的长度为1时,该数组的值就是局部最大值。
- 为保持一致性,我们定义数组外边界的值为无穷小。即A[0]>A[-1], A[N]>A[N+1].
- 用两个指针left,right分别指向数组的首和尾,求中点mid=(left+right)/2:
- A[mid]>A[mid+1],则子数组A[left...mid]为高原数组——right=mid;
- A[mid]<A[mid+1],则子数组A[mid+1...right]为高原数组——left=mid+1;
- 递归直至left=right
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/** * Get the local maximum from an array * @param nums * @return */ public int getLocalMax(int[] nums) { int left=0; int right = nums.length-1; int mid = 0; while(left < right) { mid = (left + right) / 2; if(nums[mid] > nums[mid+1]) right = mid; else if(nums[mid] < nums[mid+1]) left = mid+1; } return nums[left]; }
- 定义一个辅助数组“高原数组”:Array[from...to]满足
2. 第一个缺失的整数
问题描述:给定一个数组A[0...N-1],找到从1开始,第一个不在数组中的正整数。
如:3,5,1,2,-3,7,14,8输出4.
分析思路:
- 思路一:从1开始遍历,看每个数字是否在数组中出现。这样时间复杂度为O(N2);
- 思路二:申请一个额外的数组,从1开始,将数组遍历一遍,如果该数字在数组中出现则标为true。时间复杂的为O(N),空间复杂度为O(1);
- 思路三:将一个整数直接放到他应该放的位置。如果是负数或者大于了数组的范围则直接丢弃:时间复杂度为O(N),空间复杂度为O(1).
- 假定前i-1个数已经找到,并且依次存放在A[1,2,...i-1]中,继续考察A[i]:
- 若A[i] <= 0 或A[i] >N,则可以直接丢弃;
- 若A[i] < i且A[i] >= 1,则说明A[i]在前面i-1个位置中已经出现过了,可以直接丢弃;
- 若A[i] > i且A[i] <= N,则说明应该将该元素放到后面的某个位置上:
- A[i] 与 A[A[i]]的元素直接交换,i不变;
- 若A[i] = i,则说明A[i]处于正确的位置上,i++即可,循环不变式扩大。
- 如果丢弃A[i]呢?
- 将A[N]赋值给A[i],然后N--。
- 假定前i-1个数已经找到,并且依次存放在A[1,2,...i-1]中,继续考察A[i]:
-
/** * Find the fist positive integer not presented in the array count from 1. * @param nums * @return */ public int getMinPosNotExist(int[] nums) { int i = 0; int len = nums.length; while(i < len) { if(nums[i] == i+1) i++; else if(nums[i] <= 0 || nums[i] >= len || nums[i] < i-1 ) { nums[i] = nums[len-1]; len--; } else if(nums[i] > i+1 ) { int temp = nums[i]; nums[i] = nums[nums[i]-1]; nums[temp-1] = temp; } } return i+1; }
3. 查找旋转数组的最小值
问题描述:假定一个排序数组一某个未知元素为支点做了旋转,如原数组0,1,2,3,4,5,6,7旋转后得到了4,5,6,7,0,1,2。找出旋转后的数组的最小值。假定数组中没有重复数字。
分析思路:
- 仍然按照循环不变式+二分查找的思路。
- 数组由普通升序数组和旋转数组构成;
- 用left,right分别指向首尾元素,元素不重复。
- 若该数组是普通的升序数组,则a[left] < a[right];
- 若该数组是旋转数组,则肯定是数组的前半段的所有元素大于后半段的所有元素,则有a[left]>a[right];
- 令mid = (left + right) / 2.
- 若旋转数组在左边,则a[mid] < a[right],令left = mid+1;
- 若旋转数组在右边,则a[mid] > a[right],令right = mid;
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/** * Get the minimum element of a rotate array. * @param nums * @return */ public int getMiniOfRotateArray(int[] nums) { int left = 0; int right = nums.length-1; int mid; while(left < right) { mid = (left + right) / 2; if(nums[mid] > nums[right]) left = mid+1; else if(nums[mid] < nums[right]) right = mid; } return nums[left]; }
4. 求一个子数组的值最接近0的问题。
问题描述:求对于长度为N的数组A,求连续子数组的和最接近0的值。如数组A:1,-2,3,10,-4,7,2,-5.它的所有子数组中,和最接近0的是[-4,7,2,-5],和为0.
分析思路:这种求子数组和的问题,一般需要有一个辅助数组,存储中间计算的过程。
用一个sum数组,第i个元素表示:该数组中从第1个元素到第i-1个元素的和,则从i到j这一段子数组的和为:sum[j]-sum[i-1]。
因为我们的数组中保存了每段子数组的和,则在所有子数组的和中差别最少的那部分就是要求的子数组的和。
也就是我们可以将所求的sun数组进行排序,然后返回相邻元素的差的绝对值最小的那个。
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/** * Get the minimum sum of continues subArray which is closest to 0. * @param nums * @return */ public int getClosestToZero(int[] nums) { int[] sum = new int[nums.length]; sum[0] = nums[0]; for(int i=1; i<nums.length; i++) { sum[i] = sum[i-1] + nums[i]; } Arrays.sort(sum); int res = Integer.MAX_VALUE; int temp = 0; for(int i=1; i<sum.length; i++) { temp = Math.abs(sum[i] - sum[i-1]); res = Math.min(temp, res); } return res; }
5. 最大子数组的和。
问题描述:给定一个数组A[0,...,n-1],求A的连续子数组,是的该子数组的和最大。
例如:数组:1,-2,3,10,-4,7,2,-5,最大子数组为:3,10,-4,7,2
思路分析:
这个题目与上面的题目不同,可以使用DP的思想来解决了。
- 用sum[i]表示以a[i]为结尾的子数组中最大的和;
- 因为和一定是以a[i]为结尾,所以它一定会有,关键看前面的和要不要。
- 状态转移方程为:sum[i] = max(sum[i-1]+a[i], a[i])。
- 时间复杂度为:O(n)。
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/** * Get the max sum of subArray. * @param nums * @return */ public int getMaxSumOfSubArray(int[] nums) { int[] sum = new int[nums.length]; sum[0] = nums[0]; int res = sum[0]; for(int i=1; i<nums.length; i++) { sum[i] = Math.max(sum[i-1]+nums[i], nums[i]); res = Math.max(res, sum[i]); } return res; }
时间: 2024-08-10 15:12:03