双指针
LeetCode 283.移动零
以上题目要求我们把所有0
移动到数组的末尾,也就是说,我们要把数组转化为以下状态:
[ 非0区域 ] [ 0区域 ]
像这种把一个数组划分为多个区域的题型,就是数组划分。而数组划分非常适合使用双指针算法。
对于这道题,我们可以用两个指针,对数组进行动态的区域划分。
其中dest
指针维护一段区域,表示非0区域
,cur
指针与dest
之间的区域是0区域
。而cur
后面的区域是待处理区域
。
也就是我们的数组被划分为了以下情况:
[ 非0区域 ]
[ 0区域 ]
[ 待处理区域 ]
当我们的cur
移动后,对于一个新的数据,就要根据条件来决定把它放到哪一个区域去。当cur
指针走到末尾,数组就被处理为了:
[ 非0区域 ]
[ 0区域 ]
也就是题目要求的样子了。
对于本题而言,如果新插入的数据是0
,那就放到cur
维护的区域里面,此时直接cur++
即可;如果新插入的数据是非0
,那么就放到dest
的末尾,为了保证dest
不会覆盖掉cur
原本维护的0
,因此要进行一个交换操作。
代码如下:
class Solution { public: void moveZeroes(vector<int>& nums) { int dest = -1; int cur = 0; int sz = nums.size(); while (cur < sz) { if (nums[cur]) swap(nums[++dest], nums[cur]); cur++; } } };
LeetCode 75.颜色分类
这一题也是一个区域划分问题,根据上一题的思路,我们可以把数组划分为以下状态:
[ 0区域 ]
[ 1区域 ]
[ 2区域 ]
相比于上一题,这次我们要划分出三个区域来,毫无疑问就需要更多的指针来维护区域,大致可以划分为:
[ 0区域 ] [ 1区域 ] [ 待处理 ] [ 2区域 ]
我们让维护0区域的指针left向右拓展,维护2区域的指针right向左拓展,以及利用cur指针向右遍历数组:
上图中,left
指针左侧维护了一段0区域
,left
与cur
之间维护了一段1区域
,cur
与right
之间是待处理区域,right
右侧是2区域
。当cur
往后遍历,如果遇到一个新的数据,就要决定把它放到哪一个区域去:
- 遇到
0
,就交换++left
与cur
的值,把0
放到left
后面一位,拓展left
指针维护的区域 - 遇到
1
,就直接++cur
,把1
放到cur
与left
之间 - 遇到
2
,就交换--right
与cur
的值,把2
放到right
的前面一位,拓展right
维护的区域
要注意的是,当把0交给left后,cur++;但是当把2交给right后,cur不能移动。因为left后面的一位数一定是符合cur范围要求的,也就是区间(left, cur]之间的数据被交换到了cur的位置,此时不用判断被交换过来的数据。而right的前面一位数据是不确定的,也就是把区间(cur, right)之间的数据,交换给了cur。而(cur, right)之间的数据是待处理的不确定数据,因此还需要额外判断一次。比如上图中,right的前一位数据就是0,交换后状态如下:
可以看到,cur
得到的数据是0
,应该被放到left
维护的区域去。
总代码如下:
class Solution { public: void sortColors(vector<int>& nums) { int left = -1; int right = nums.size(); int cur = 0; while (cur < right) { if (nums[cur] == 0) swap(nums[++left], nums[cur++]); else if (nums[cur] == 2) swap(nums[--right], nums[cur]);//交换后不能cur++,进入下一轮循环在判断一次cur的值 else cur++; } } };
快慢指针
LeetCode 202.快乐数
该题的意思是,每个数字的下一个数字是该数字所有位的平方和,比如 19 的下一位数字就是 1^{2} + 9^{2} = 82。一直以这个规则操作下去,会出现两种情况:
- 最后该数字变为1,那么该数字是快乐数
- 该数字陷入死循环,那么该数字不是快乐数
比如19 -> 82 -> 68 -> 100 -> 1 ,最后19变成了1,所以19是一个快乐数
比如2 -> 4 -> 16 -> 37 -> 58 -> 89 -> 145 -> 42 -> 20 -> 4,可以发现其陷入了一个死循环,从4开始又以4结束,那么2就不是一个快乐数
这题的难点不在于如何计算下一位快乐数字,而在于如何判断一个数字陷入了死循环。
对于这种循环问题,就可以使用快慢指针。
快慢指针规则如下:
- 定义两个变量
fast
与slow
fast
走2
步,slow
走一步- 如果
fast
走到终点,说明没有循环 - 如果
fast
与slow
相遇,说明陷入了循环
一开始fast
和slow
都在起点:
fast
走两步,slow
走一步:
由于这是一个循环结构,当fast
进入第二圈循环,slow
还没有走完第一圈:
这个时候,由于slow
的速度为1
,fast
的速度为2
,那么每次行动fast
与slow
的距离就会缩短1
,最后fast
一定可以遇到slow
:
此时两者相遇,说明这是一个循环结构。
因此代码逻辑如下:
- 定义两个变量,
fast
和slow
,fast
走两步,slow
走一步- 如果
fast
变成1,那么该数字是快乐数,返回true
- 如果
fast
与slow
相遇,那么有循环结构,该数字不是快乐数,返回false
代码如下:
class Solution { public: int getNextNum(int n) //到下一个数字的函数 { int num = 0; while (n) { int tmp = n % 10; num += tmp * tmp; n /= 10; } return num; } bool isHappy(int n) { int fast = n; int slow = n; while (fast != 1) { fast = getNextNum(getNextNum(fast));//fast走两步 slow = getNextNum(slow);//slow走一步 if (fast == slow && fast != 1)//两者相遇,有循环 return false; } return true;//到这里说明fast = 1,是快乐数 } };
其中有一个注意点,就是条件fast == slow && fast != 1,这里一种情况就是fast虽然和slow相等,但是两者都为1,此时是快乐数。
比如数字10,10 -> 1 -> 1,slow走第一步就是1了,fast走两步也是1,此时两者相等。
LeetCode 141.环形链表
本题要求判断一个链表中有没有环结构,那就是一个循环问题,要使用快慢指针。
我们刚刚已经讲解过快慢指针了,现在我们直接说明代码逻辑:
- 定义两个指针
fast
和slow
,fast
走两步,slow
走一步- 如果
fast
为nullptr
,说明链表无环,返回true
- 如果
fast
与slow
相遇,说明有环,返回false
代码如下:
class Solution { public: bool hasCycle(ListNode* head) { ListNode* slow = head; ListNode* fast = head; while (fast && fast->next) { fast = fast->next->next; slow = slow->next; if (fast == slow) return true; } return false; } };
注意事项:
- 进入循环时,因为
fast
要走两步,因此要判断fast->next
是不是空指针,否则fast->next-->next
就是访问空指针行为
LeetCode 142.环形链表II
这道题要求我们求出环形链表的环入口,这就麻烦了,通过之前的fast
与slow
的快慢指针追击问题,我们已经可以判断是否存在环结构了,那么我们要如何求环入口呢?
看到以下示意图:
现在slow
和fast
刚好相遇,参数含义如下:
L
:从起点到环入口的距离
C
:环周长
X
:相遇点和环入口的距离
由于fast的速度是slow的两倍,当slow走的距离是L + X,因此此时fast走了2(L + X)的距离。
又由于fast一定经过了起点到入口的L距离,因此此时fast在环中走了2(L + X) - L = L + 2X的距离。
假设fast已经在环中转了n圈,因此此时fast在环中走了nC + X的距离
那么可以列出公式:
nC+X=L+2X
变形得到:
nC−X=L
这个公式具有重大意义,L
代表起点到入口的距离,nC
代表n
个环周长,X
代表当前相遇点与入口的距离。
nC -X
整体可以看成(n - 1)C + (C - X)
,而C - X
就代表相遇点开始与环入口的优弧的长度。
此时如果让一个指针A从起点开始走L的距离所用的时间,和让一个指针B从相遇点开始走n - 1圈外加一个C - X的距离所用的时间是一致的。由于相遇点与环入口距离已经是X了,那么指针B最后刚好会走到环入口。而指针A从入口开始走L到达的地方也是环入口,因此两者相遇!
通过这个公式可知:让一个指针从起点开始走,一个指针从相遇点开始走,两者会在环入口相遇!
因此我们的代码逻辑如下:
- 定义两个指针
fast
和slow
,fast
走两步,slow
走一步 - 如果
fast
为nullptr
,说明链表无环,返回nullptr
- 如果
fast
与slow
相遇,说明有环,开始找环入口
- 在相遇点定义一个指针
B
,也就是B = slow
;在起点定义一个指针A
,也就是A = head
- 两个指针各自行动,速度一致,最后
A
与B
相遇的地方就是环入口- 返回
A
或B
代码如下:
class Solution { public: ListNode* detectCycle(ListNode* head) { ListNode* fast = head; ListNode* slow = head; while (fast && fast->next) { fast = fast->next->next; slow = slow->next; if (slow == fast) // 有环,开始找入口 { ListNode* A = head; ListNode* B = slow; while (A != B)//A与B相遇点,就是环入口 { A = A->next; B = B->next; } return A; } } return nullptr; //没有环,返回空指针 } };
对撞指针
LCR 179.查找总价格为目标值的两个商品
这道题给了一个升序数组,要求我们求出数组中任意两个值的和刚好为target
。
该数组有一个特点:有序数组。像这种在一个有序区间中查找两个元素,计算得到固定值的题型,就可以使用对撞指针。
如果我们直接暴力解法的话,那就是枚举所有两两一对的元素组,直到某一对刚好和为target,时间复杂度为O ( N 2 ) 假设现在的数组为[8, 21, 27, 34, 52],target = 61:
因为数组具有单调性,我们可以一开始就枚举最左侧和左右侧的两个元素:
当前8 + 52 = 60
比61
小,说明我们需要一个更大的值来增大当前总和。那么由于数组升序,我们只需要left++
即可:
当前21 + 52 = 73
比61
大,说明我们需要一个更小的值来缩小当前总和。那么由于数组升序,我们只需要right--
即可:
当前21 + 34 = 55
比61
小,说明我们需要一个更大的值来增大当前总和。那么由于数组升序,我们只需要left++
即可:
当前27 + 34 = 61
,我们就找到了目标值,返回left
与right
下标即可。
正是由于数组单调性,我们可以通过比大小来进行指针的调整,来决定当前总值要变大还是变小,如果最后left
与right
相遇了,说明不存在这样的和。
为什么可以这样优化呢?看到这个例子:
对于34
而言,其要去枚举除了自己以外的所有值,但是当前21 + 34 = 55
比61
小,如果把21
改为8
,那只总和只会更小,因此我们只需要再枚举比21
大的值即可。也就是通过单调性,免去了很多不必要的枚举行为。
代码如下:
class Solution { public: vector<int> twoSum(vector<int>& price, int target) { int left = 0; int right = price.size() - 1; while (left < right) { if (price[left] + price[right] > target) //和比target大,right-- right--; else if (price[left] + price[right] < target) //和比target小,left++ left++; else return { price[left], price[right] }; } return { 0, 0 }; } };
LeetCode 11.盛水最多的容器
本题要求存储的最大水量,其实也就是两个下标之间的距离right - left
与min(height[left], height[right])
的乘积。
如果暴力枚举,那么就是枚举出每一对下标,然后求出最大面积,时间复杂度为O ( N 2 )
本题也可以使用双指针的算法,水量的值与right - left与min(height[left], height[right])两个变量正相关,如果我们利用两个指针向内枚举,那么right - left这个值是一直在减小的,也就是有一项有单调性。
对于这种,如果利用对撞指针下标向内枚举,对组成结果的某一项变量的影响是单调的,就可以考虑对撞指针。
假设我们已经在边界上定义好了left
与right
指针:
第一个问题就是,应该以什么规则进行向内移动指针?
移动的过程中,水的宽度的一直递减的,那么我们就要尽可能找到height
高的元素,来拔高水量。
比如说当前的两个高度为3
和7
,由于水的高度取决于较低的那个元素,因此高度为7
的指针无论怎么向内移动,水高度都不会超过3
,而这个过程中宽度又是单调递减的,因此right
指针向内移动,所有的结果都小于当前的水量。
比如这个情况:
虽然right
向内移动,找到了比7
更大的元素,但是由于此时水高度取决于3
,而且宽度还变小了,最后总水量没有变大。
因此每次都把比元素值较小的那个指针向内移动
代码如下:
class Solution { public: int maxArea(vector<int>& height) { int left = 0; int right = height.size() - 1; int ret = -1; while (left <= right) { int w = right - left;//宽度 int h = min(height[left], height[right]);//高度 ret = max(ret, w * h);//更新最大水量 //每次都让较小的元素向内枚举 if (height[left] > height[right]) right--; else left++; } return ret; } };
总结
双指针
- 数组划分使用双指针算法。
一般处理为[A区域][B区域]...[待处理]
这样的格式,当新元素符合哪一个区域特性,就放到哪一个区域中。
快慢指针
- 循环问题,利用快慢指针来判断是否有循环。
相遇就是有环,如果fast
走到结尾就是无环。
如果要找循环开始节点,一个指针从头开始走,一个指针从相遇点开始走,最后会在环入口相遇。
对撞指针
- 在一个有序区间中查找两个元素,计算得到固定值的题型,使用对撞指针。
- 如果利用对撞指针下标向内枚举,对组成结果的影响是单调的,就可以考虑对撞指针。
对撞指针的特点在于利用单调性减小搜索范围。