技术标签: 算法 力扣 c++ 代码随想录一刷记录 数据结构
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第一想法:非递减(有重复,返回多值),新数组是原元素平方,时间复杂度O(n),可以原地修改(双指针(事实上这里以为可以用双指针的思路有误,见下解决办法)),在此之上需重排顺序
难点:发现不知道怎么设置指针,以及如何用指针来进行排序操作。试图改为暴力法,只想起来了冒泡排序(两个for循环,每一轮,注意多减一个1)的实现方式,而且还不熟练,时间复杂度O(n^2)
状态:暴力,超时
解决办法:
1.暴力优化:直接用sort,时间复杂度O(n+nlogn)
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& A) {
for (int i = 0; i < A.size(); i++) {
A[i] *= A[i];
}
sort(A.begin(), A.end()); // 快速排序O(nlogn)
return A;
}
};
2.双指针法:(之前没有从题目出发,想当然的直接以为双指针,没抓住数组本身是个非递减数组,平方后由于负数的存在,此时平方的最大值便出现在了两端,又由于新数组要非递减,那么此时就可以通过双指针,从两边先找最大,逐渐找最小。新声明一个vector倒序赋值新元素。)
(那么感觉双指针,在原地修改,以及两头各做一件事,以及能找到两个指针一个找元素一个找下标,这种场景中可以考虑一下使用)(目前的思路,待完善)
时间复杂度:O(n)
空间复杂度:O(n)
// 双指针
vector<int> result(nums.size(), 0); // 需要新声明一个数组来存储平方后的值,不是原地修改,否则元素又要被计算又要被更新。新声明一个和输入向量大小相同,且每个元素初始化为0的新向量result
int k = nums.size() - 1; // 倒序更新索引
for(int i = 0, j = nums.size() - 1; i <= j;) { // i++,j--是有条件的
if (nums[i] * nums[i] < nums[j] * nums[j]) {
result[k--] = nums[j] * nums[j];
j--; //j减操作不能写在上面这一步,否则会出现算了nums[j]后,又减1,然后计算nums[j-1],再将两者相乘的情况
} else { // i和j平方相等时,存i的平方和存j的平方都一样
result[k--] = nums[i] * nums[i];
i++;
}
}
return result;
第一想法:暴力解法,两个for循环,一个控制起始,一个控制终止
难点:如何保证长度最小(多个符合总和这一条件的连续数组),卡在了只晓得给result赋值0致使不知道怎么保证新得到的sublength会比他更小
状态:没实现,不知道怎么实现在比较中得出最小的长度,
解决方法:
1.暴力
可给变量初始化大值来进行判别是否有比他更小的,? :三元运算符的使用,break结束循环
时间复杂度O(n^2)
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int target, vector<int>& nums) {
int result = INT32_MAX; // 除了赋值0,还可以赋值大值,以实现判断是否有比他更小的
int sum = 0;
int subLength = 0; // 子串长度
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
sum = 0; // sum在每一轮要重新更新为0
for (int j = i; j < nums.size(); j++) {
sum += nums[j];
if (sum >= target) {
subLength = j - i + 1; //利用j,得出子串长度
result = result < subLength ? result : subLength; // 学会利用?:
break; // 找到后,结束当前循环
}
}
}
return result == INT32_MAX ? 0 : result; // 如果result没有被赋值,即没有符合条件的子列,返回0
}
};
2.滑动窗口 (类似双指针,只不过是取的两个指针之间的一个区间)(分清谁记录,谁遍历)
(窗口内是什么,起始位置和结束位置分别如何移动)
(移动起始位置后,窗口内的值也要相应更改)
(仅使用的一个for循环里的j是终止位置)
(起始位置的移动,当窗口的值大于target了,窗口就要向前移动了,起始位置移动来缩小窗口)(结束位置就是遍历这个数组)(窗口内就是满足其和>=target的最小长度子串)
时间复杂度O(n):for循环里嵌套while循环不是就直接是O(n^2)了,主要还是看每一个元素被操作的次数,滑动窗口后进来和出去分别操作一次,即共操作两次,时间复杂度2*n,即O(n)
空间复杂度O(1)
// 滑动窗口
int i = 0; // 窗口起始位置
int sum = 0; // 窗口数值之和
int result = INT32_MAX;
int subLength = 0; // 窗口长度
for (int j = 0; j < nums.size(); j++) { // j是终止位置(如果是起始位置,那么找终止位置又要一个一个遍历后面,岂不又变成暴力解法了)
sum += nums[j];
// 如何向前移动起始位置精髓
while (sum >= target) { // 使用while,以不断比较,一旦找到一个符合的子序列了,定住终止位置,向前移动起始位置,即找到当前j下最小的子串长度
subLength = j - i + 1;
result = min(result, subLength);
sum -= nums[i++]; // 滑动窗口关键,变更子序列大小,通过更改起始位置,sum也相应改变
}
}
return result == INT32_MAX ? 0 : result;
第一想法:n维,i不动,j++走到一行末尾,然后j不动,i--走到右下角,再然后往左走,j--,然后往上走i--
难点:这样思路需要多个for循环,且不知怎样终止,毕竟螺旋一直往内螺,直到最后边长为1
状态:未实现
解决办法:while循环外有公共的变量starx,stary,也用到循环不变量原则,这里的不变量就是让遍历每一条边时规则一致,方便一圈一圈的循环,比如这里区间左闭右开,那么在遍历每一条边时,就是第一个点加上这条边。 前面的思路主要是没有想到用公共变量和while循环来囊括,以及没有意识到边界处理,及循环不变量。同时把for循环给孤立了,事实上每个for循环有联系,比如上一个for循环结束后,此时变量i或j便等于某值了,那么下一个循环便可直接用。 而且还要注意奇数圈与偶数圈的不同处理。
vector<vector<int> > newOne(r, vector<int>(c, 0));定义r*c二维vector
时间复杂度O(n^2)模拟遍历二维矩阵的时间(每个元素都被访问一次,共访问n^2次,对于每个元素,又是进行的O(1)操作,所以,总体来说,时间复杂度为n^2)
空间复杂度O(1)题目本身就是二维的,不是我算法额外开辟的,所以复杂度1
class Solution {
public:
vector<vector<int>> generateMatrix(int n) {
vector<vector<int>> a(n, vector<int>(n, 0)); //定义二维数组
int starx = 0, stary = 0; // 定义每一圈起始循环位置
int count = 1; // 给每一个空格赋值
int con = 1; // 控制每一条边遍历长度,每循环一次边界减小1
int loop = n / 2; // 控制循环的圈数,奇数n=5则是两圈,最中间那个空格单独处理
int mid = n / 2; // 矩阵中间位置。主要用于n为奇数时
while (loop--) { //圈数走完,循环结束,奇数中间格另做处理
int i = starx;
int j = stary; // 让每个for循环联系起来,公共变量
// 左闭右开
// 往右走
for (; j < n - con; j++) {
a[starx][j] = count++; // j在等于该边最后一个空格位置,即j=n-con时退出该循环,并用于下一个循环
}
// 往下走
for (; i < n - con; i++) {
a[i][j] = count++;
}
// 往左走
for (; j > stary; j--) {
a[i][j] = count++;
}
// 往上走
for (; i > starx; i--) {
a[i][j] = count++;
}
starx++;
stary++; // 每圈起始位置+1
con++; // 边界控制,缩1
}
if (n % 2) { // n为奇数,单独给矩阵最中间赋值
a[mid][mid] = count;
}
return a;
}
};
碎碎念:赶进度2。。(相当于实际上原本一天的量用了两天来完成。。。再接再厉!)博客内容还可以继续精简,精准抓住难点和解决办法,先完整过一遍,注意效率,定量且连续,加油。
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