【Leetcode每日打卡】2种O(N)法解决[使数组唯一的最小增量]
【Leetcode每日打卡】2种O(N)法解决[使数组唯一的最小增量]
题目描述
思路
- 排序 O(NlogN)
- 计数排序 O(N)
3. 线性探测法 + 路径压缩 O(N) （本文重点介绍）
下面分别实现这3种解法。
1. 排序 O(NlogN)
先排序，再依次遍历数组元素，若当前元素小于等于它前一个元素，则将其变为前一个数+1。
class Solution {
public int minIncrementForUnique(int[] A) {
// 先排序
Arrays.sort(A);
int move = 0;
// 遍历数组，若当前元素小于等于它的前一个元素，则将其变为前一个数+1
for (int i = 1; i < A.length; i++) {
if (A[i] <= A[i - 1]) {
int pre = A[i];
A[i] = A[i - 1] + 1;
move += A[i] - pre;
}
}
return move;
}
}2. 计数排序 O(N)
具体逻辑请见注释?
class Solution {
public int minIncrementForUnique(int[] A) {
// counter数组统计每个数字的个数。
//（这里为了防止下面遍历counter的时候每次都走到40000，所以设置了一个max，这个数据量不设也行，再额外设置min也行）
int[] counter = new int[40001];
int max = -1;
for (int num: A) {
counter[num]++;
max = Math.max(max, num);
}
// 遍历counter数组，若当前数字的个数cnt大于1个，则只留下1个，其他的cnt-1个后移
int move = 0;
for (int num = 0; num <= max; num++) {
if (counter[num] > 1) {
int d = counter[num] - 1;
move += d;
counter[num + 1] += d;
}
}
// 最后, counter[max+1]里可能会有从counter[max]后移过来的，counter[max+1]里只留下1个，其它的d个后移。
// 设 max+1 = x，那么后面的d个数就是[x+1,x+2,x+3,...,x+d],
// 因此操作次数是[1,2,3,...,d],用求和公式求和。
int d = counter[max + 1] - 1;
move += (1 + d) * d / 2;
return move;
}
}3. 线性探测法（含路径压缩） O(N)
⚠️这道题换句话说，就是需要把原数组映射到一个地址不冲突的区域，映射后的地址不小于原数组对应的元素。
比如[3, 2, 1, 2, 1, 7]就映射成了[3, 2, 1, 4, 5, 7]。
我想了下，这道题目其实和解决hash冲突的线性探测法比较相似！
如果地址冲突了，会探测它的下一个位置，如果下一个位置还是冲突，继续向后看，直到第一个不冲突的位置为止。
关键点：因为直接线性探测可能会由于冲突导致反复探测耗时太长，因此我们可以考虑探测的过程中进行路径压缩。
怎么路径压缩呢？就是经过某条路径最终探测到一个空位置x后，将这条路径上的值都变成空位置所在的下标x，那么假如下次探测的点又是这条路径上的点，则可以直接跳转到这次探测到的空位置x，从x开始继续探测。
下面用样例2：[3, 2, 1, 2, 1, 7]，来模拟一遍线性探测的过程。
模拟的过程中用int move来记录操作数（即要求的增量数）。
step1: 插入3：
因为3的位置是空的，所以直接放入3即可。（此时数组变成了上图，红色表示本次的更改）
move = 0 保持不变;
step2: 插入2：
因为2的位置是空的，所以直接放入2即可。（此时数组变成了上图，红色表示本次的更改）
move = 0 保持不变;
step3: 插入1：
因为1的位置是空的，所以直接放入1即可。（此时数组变成了上图，红色表示本次的更改）
move = 0 保持不变;
step4: 插入2：
此时我们发现2的位置已经有值了，于是继续向后探测，直到找到空位4，于是2映射到了4。
⚠️并且！！我们要对刚刚走过的路径2->3->4进行压缩，即将他们的值都设置为本次探测到的空位4(那么下次探测就可以直接从4往后找了～～)。
（此时数组变成了上图，红色表示本次的更改）
move = move + 4 - 2 = 2;
step5: 插入1：
此时我们发现1的位置已经有值了，于是向后探测，探测到了2，发现2的位置也有值了，但是由于2在上次的过程中存了上次的空位4，所以我们直接跳转到4+1即从5开始探测就行了（而不需要重复走一遍2->3->4这条路径喽！），此时我们发现5是个空位，因此将1映射到5，并且对刚刚走过的路径1->2->5进行路径压缩 即 使其都映射到5！
（此时数组变成了上图，红色表示本次的更改）
move = move + 5 - 1 = 6;
step6: 插入7：
因为7的位置是空的，所以直接放入7即可。（此时数组变成了上图，红色表示本次的更改）
move = 6 保持不变;
以上，最终move为6。
以下是代码实现，耗时只有11ms。
class Solution {
int[] pos = new int [80000];
public int minIncrementForUnique(int[] A) {
Arrays.fill(pos, -1); // -1表示空位
int move = 0;
// 遍历每个数字a对其寻地址得到位置b, b比a的增量就是操作数。
for (int a: A) {
int b = findPos(a);
move += b - a;
}
return move;
}
// 线性探测寻址（含路径压缩）
private int findPos(int a) {
int b = pos[a];
// 如果a对应的位置pos[a]是空位，直接放入即可。
if (b == -1) {
pos[a] = a;
return a;
}
// 否则向后寻址
// 因为pos[a]中标记了上次寻址得到的空位，因此从pos[a]+1开始寻址就行了（不需要从a+1开始）。
b = findPos(b + 1);
pos[a] = b; // ⚠️寻址后的新空位要重新赋值给pos[a]哦，路径压缩就是体现在这里。
return b;
}
}