数据结构与算法②(复杂度相关OJ)(六道数组OJ题)(下)

简介: 数据结构与算法②(复杂度相关OJ)(六道数组OJ题)

数据结构与算法②(复杂度相关OJ)(六道数组OJ题)(上):https://developer.aliyun.com/article/1513311

四.27. 移除元素

给你一个数组 nums 和一个值 val,你需要 原地 移除所有数值等于 val 的元素,

并返回移除后数组的新长度。

不要使用额外的数组空间,你必须仅使用 O(1) 额外空间并 原地 修改输入数组

元素的顺序可以改变。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

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,不对实参作任何拷贝
int len = removeElement(nums, val);
 
// 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 = [3,2,2,3], val = 3 输出:2, nums = [2,2]

解释:函数应该返回新的长度 2, 并且 nums中的前两个元素均为 2。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。例如,函数返回的新长度为 2 ,而 nums = [2,2,3,3] 或 nums = [2,2,0,0],也会被视作正确答案。

示例 2:

输入:nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2 输出:5, nums = [0,1,4,0,3] 解释:函数应该返回新的长度 5, 并且 nums 中的前五个元素为 0, 1, 3, 0, 4。注意这五个元素可为任意顺序。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

提示:

0 <= nums.length <= 1000 <= nums[i] <= 500 <= val <= 100

三个思路:

读完题后易想到用遍历数组的方法:


从头开始遍历,找到val后,把val后面的数都左移,把val覆盖;


但这样 时间是O(N^2) 空间是O(1) 效率太低;


这时面试官可能会问如果不考虑空间,能否把时间优化到O(N)?


此时就想到开辟新数组的方法,遍历一遍原数组,找到不是val的值放到新数组,


最后拷贝回原数组就行;


这样 时间是O(N) 空间是O(N) 不符合题意


这时面试官可能又会问还有没有更优解?


如果掌握了快慢指针的思想这题就能有更优解:

快慢指针:

 
int removeElement(int* nums, int numsSize, int val) {
    //运用快慢指针思想   时间O(N)  空间O(1)
    int slow = 0, fast = 0;
    while (fast < numsSize)
    {
        if (nums[fast] != val)
        {
            nums[slow] = nums[fast];
            fast++;
            slow++;
        }
        else
        {
            fast++;
        }
    }
    return slow;
}

五.26. 删除有序数组中的重复项

给你一个 升序排列 的数组 nums ,请你 原地 删除重复出现的元素,使每个元素 只出现一次

返回删除后数组的新长度。元素的 相对顺序 应该保持 一致

由于在某些语言中不能改变数组的长度,所以必须将结果放在数组nums的第一部分。更规范地说,

如果在删除重复项之后有 k 个元素,那么 nums 的前 k 个元素应该保存最终结果。

将最终结果插入 nums 的前 k 个位置后返回 k 。

不要使用额外的空间,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。

判题标准:

系统会用下面的代码来测试你的题解:

 
int[] nums = [...]; // 输入数组
int[] expectedNums = [...]; // 长度正确的期望答案
 
int k = removeDuplicates(nums); // 调用
 
assert k == expectedNums.length;
for (int i = 0; i < k; i++) {
    assert nums[i] == expectedNums[i];
}

如果所有断言都通过,那么您的题解将被 通过。


示例 1:


输入:nums = [1,1,2]

输出:2, nums = [1,2,_]

解释:函数应该返回新的长度 2 ,并且原数组 nums 的前两个元素被修改为 1, 2 。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

示例 2:


输入:nums = [0,0,1,1,1,2,2,3,3,4]

输出:5, nums = [0,1,2,3,4]

解释:函数应该返回新的长度 5 , 并且原数组 nums 的前五个元素被修改为 0, 1, 2, 3, 4 。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

提示:

1 <= nums.length <= 3 * 10^4-10^4 <= nums[i] <= 10^4nums 已按 升序 排列

思路和上一题的三个思路几乎一样。

这题有人觉得三指针更易理解,但本人觉得双指针更易理解。

快慢指针:

 
int removeDuplicates(int* nums, int numsSize) {
    //运用快慢指针思想    时间O(N)  空间O(1)
    int slow = 0, fast = 1 ;
    while (fast < numsSize)
    {
        if (nums[fast] != nums[slow])
        {
            nums[++slow] = nums[fast];//不同就拷贝进慢指针的后一个
        }
        fast++;//同和不同都++
    }
    return slow + 1;//多少个不同就++一下,但是第0个已经是不同的了(同就不会++)
                     //难理解可以把slow和fast初始值改成-1和0,直接返回slow
}

六.88. 合并两个有序数组

给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组 nums1 和 nums2,另有两个整数 m 和 n ,

分别表示 nums1 和 nums2 中的元素数目。

请你 合并 nums2 到 nums1 中,使合并后的数组同样按 非递减顺序 排列。

注意:最终,合并后数组不应由函数返回,而是存储在数组 nums1 中。为了应对这种情况,

nums1 的初始长度为 m + n,其中前 m 个元素表示应合并的元素,

后 n 个元素为 0 ,应忽略。nums2 的长度为 n 。

示例 1:

输入:nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3, nums2 = [2,5,6], n = 3

输出:[1,2,2,3,5,6]

解释:需要合并 [1,2,3] 和 [2,5,6] 。

合并结果是 [1,2,2,3,5,6] ,其中斜体加粗标注的为 nums1 中的元素。

示例 2:

输入:nums1 = [1], m = 1, nums2 = [], n = 0

输出:[1]

解释:需要合并 [1] 和 [] 。

合并结果是 [1] 。

示例 3:

输入:nums1 = [0], m = 0, nums2 = [1], n = 1

输出:[1]

解释:需要合并的数组是 [] 和 [1] 。

合并结果是 [1] 。

注意,因为 m = 0 ,所以 nums1 中没有元素。nums1 中仅存的 0 仅仅是为了确保合并结果可以顺利存放到 nums1 中。

提示:

  • nums1.length == m + n
  • nums2.length == n
  • 0 <= m, n <= 200
  • 1 <= m + n <= 200
  • -10^9 <= nums1[i], nums2[j] <= 10^9

进阶:你可以设计实现一个时间复杂度为 O(m + n) 的算法解决此问题吗?

这题可以开辟新空间,然后拷贝回nums1,但下面的代码是更优解:

更优解代码:

 
void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, int n) {
    //此题给的两个numsSize可以不用,用 m和n
    //时间O(m + n)   空间O(1)   
    int end = n + m - 1;
    if(m==0)
    {
        nums1[m]=nums2[0];
    }
    while (n > 0 && m > 0)
    {
        if (nums2[n - 1] >= nums1[m - 1])//从后往前比较
        {
            nums1[end] = nums2[n - 1];
            end--;
            n--;
        }
        else
        {
            nums1[end] = nums1[m - 1];
            end--;
            m--;
        }
    }
    while (n > 0)//是nums[1]结束跳出的话,把nums[2]拷过去
    {
        nums1[end] = nums2[n - 1];
        end--;
        n--;
    }
}

本篇完。

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