挑战100天 AI In LeetCode Day02（2）
一、LeetCode介绍
LeetCode是一个在线编程网站，提供各种算法和数据结构的题目，面向程序员、计算机科学专业学生和技术爱好者等人群，旨在帮助他们提高算法和编程技能。LeetCode上的问题通常来自各种技术公司的面试题目，因此它也是程序员面试准备的重要资源之一。
LeetCode上的问题涵盖了各种难度级别，从入门级到专家级都有不同难度的题目可供练习。用户可以选择使用不同的编程语言提交答案，LeetCode能够对结果进行评估并返回测试结果。
除了题目外，LeetCode还提供了讨论区、排行榜等社区功能，用户可以在这里交流学习心得、解决疑难问题，并与其他用户比较自己的做题成绩。
挑战100天 AI In LeetCode是基于LeetCode题库，借助AI的能力进行解题、并学习其解题过程。
二、LeetCode 热题 HOT 100-4
2.1 题目
寻找两个正序数组的中位数
给定两个大小分别为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的 中位数 。 算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。 示例 1： 输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2] 输出：2.00000 解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2 示例 2： 输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4] 输出：2.50000 解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5 提示： nums1.length == m nums2.length == n 0 <= m <= 1000 0 <= n <= 1000 1 <= m + n <= 2000 -106 <= nums1[i], nums2[i] <= 106
2.2 题解
该算法的时间复杂度为 O(m + n)，其中 m 和 n 分别为两个数组的长度。合并两个数组的过程需要遍历所有元素。由于题目要求算法的时间复杂度为 O(log (m+n))，所以还可以使用更高级的算法（如二分查找）来解决这个问题。但在本例中，是给出了一个时间复杂度为 O(m + n) 的简单解法。
解题思路：
- 首先，我们可以将两个数组合并成一个有序数组。由于两个数组本身就是有序的，合并过程可以使用双指针法进行。
- 创建一个新的数组 merged，用于存储合并后的结果。
- 初始化两个指针 p1 和 p2 分别指向两个数组的起始位置。
- 比较 nums1[p1] 和 nums2[p2] 的大小：
- 如果 nums1[p1] <= nums2[p2]，将 nums1[p1] 加入到 merged 中，并将 p1 向后移动一位。
- 如果 nums1[p1] > nums2[p2]，将 nums2[p2] 加入到 merged 中，并将 p2 向后移动一位。
- 重复步骤 4，直到其中一个数组遍历完毕。
- 将剩余未遍历完的数组的元素添加到 merged 中。
- 计算 merged 的长度 len。
- 如果 len 是奇数，则中位数为 merged[len / 2]。
- 如果 len 是偶数，则中位数为 (merged[len / 2 - 1] + merged[len / 2]) / 2.0。
- 返回计算得到的中位数。
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int m = nums1.length; int n = nums2.length; int[] merged = new int[m + n]; int p1 = 0; // 指针指向 nums1 int p2 = 0; // 指针指向 nums2 int idx = 0; // 合并数组的索引 while (p1 < m && p2 < n) { if (nums1[p1] <= nums2[p2]) { merged[idx++] = nums1[p1++]; } else { merged[idx++] = nums2[p2++]; } } while (p1 < m) { merged[idx++] = nums1[p1++]; } while (p2 < n) { merged[idx++] = nums2[p2++]; } int len = merged.length; if (len % 2 == 0) { return (merged[len / 2 - 1] + merged[len / 2]) / 2.0; } else { return merged[len / 2]; } }
三、面试经典 150 题-4
数组 / 字符串
3.1 题目
删除有序数组中的重复项 II
给你一个有序数组 nums ，请你 原地 删除重复出现的元素，使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ，返回删除后数组的新长度。 不要使用额外的数组空间，你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。 说明： 为什么返回数值是整数，但输出的答案是数组呢？ 请注意，输入数组是以「引用」方式传递的，这意味着在函数里修改输入数组对于调用者是可见的。 你可以想象内部操作如下: // nums 是以“引用”方式传递的。也就是说，不对实参做任何拷贝 int len = removeDuplicates(nums); // 在函数里修改输入数组对于调用者是可见的。 // 根据你的函数返回的长度, 它会打印出数组中 该长度范围内 的所有元素。 for (int i = 0; i < len; i++) { print(nums[i]); } 示例 1： 输入：nums = [1,1,1,2,2,3] 输出：5, nums = [1,1,2,2,3] 解释：函数应返回新长度 length = 5, 并且原数组的前五个元素被修改为 1, 1, 2, 2, 3。 不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。 示例 2： 输入：nums = [0,0,1,1,1,1,2,3,3] 输出：7, nums = [0,0,1,1,2,3,3] 解释：函数应返回新长度 length = 7, 并且原数组的前五个元素被修改为 0, 0, 1, 1, 2, 3, 3。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。 提示： 1 <= nums.length <= 3 * 104 -104 <= nums[i] <= 104 nums 已按升序排列
3.2 题解
时间复杂度为 O(n)，其中 n 为数组长度，遍历整个数组一次即可完成操作，而算法的空间复杂度为 O(1)，不需要额外的存储空间。
解题思路：
由于题目要求我们在原地修改数组，所以不能使用额外的空间来存储新的数组。我们可以使用两个指针来完成这个操作，其中一个指针 i 指向原数组的当前元素，另一个指针 j 指向最后一个不重复的元素。我们遍历整个数组，对于每个元素，我们检查它是否与前面的元素相同：
- 如果不相同，则将其添加到新的数组中，并将 j 指针向后移动一位。
- 如果相同，则判断该元素是不是已经出现了两次：
- 如果是，则跳过该元素，不将其添加到新的数组中。
- 如果不是，则将其添加到新的数组中，并将 j 指针向后移动一位。
- 最后返回 j + 1，即为新数组的长度。
public int removeDuplicates(int[] nums) { if (nums == null || nums.length == 0) { return 0; } int j = 1; int count = 1; // 记录当前数字出现的次数 for (int i = 1; i < nums.length; i++) { if (nums[i] == nums[i - 1]) { count++; } else { count = 1; } if (count <= 2) { nums[j++] = nums[i]; } } return j; }
至此，挑战100天 AI In LeetCode Day02（2）完成，后续会持续调整；查阅过程中若遇到问题欢迎留言或私信交流。
