勇者抽刃向强者的博客

梦是现实的延续，现实是梦的终结

发表于 本文字数： 917 阅读时长 ≈ 3 分钟

寻找旋转排序数组中的最小值

1.题目内容

已知一个长度为 n 的数组，预先按照升序排列，经由 1 到 n 次 旋转 后，得到输入数组。例如，原数组 nums = [0,1,2,4,5,6,7] 在变化后可能得到：

  • 若旋转 4 次，则可以得到 [4,5,6,7,0,1,2]
  • 若旋转 7 次，则可以得到 [0,1,2,4,5,6,7]

注意，数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]] 。

给你一个元素值 互不相同 的数组 nums ，它原来是一个升序排列的数组，并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 最小元素 。

你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。

示例 1：

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输入：nums = [3,4,5,1,2]
输出：1
解释：原数组为 [1,2,3,4,5] ，旋转 3 次得到输入数组。

示例 2：

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2
3
输入：nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出：0
解释：原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ，旋转 3 次得到输入数组。

示例 3：

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3
输入：nums = [11,13,15,17]
输出：11
解释：原数组为 [11,13,15,17] ，旋转 4 次得到输入数组。

提示：

  • n == nums.length
  • 1 <= n <= 5000
  • -5000 <= nums[i] <= 5000
  • nums 中的所有整数 互不相同
  • nums 原来是一个升序排序的数组，并进行了 1 至 n 次旋转

2.解法

二分查找

思路及算法

一个不包含重复元素的升序数组在经过旋转之后，可以得到下面可视化的折线图：fig1

其中横轴表示数组元素的下标，纵轴表示数组元素的值。图中标出了最小值的位置，是我们需要查找的目标。

我们考虑数组中的最后一个元素 x：在最小值右侧的元素（不包括最后一个元素本身），它们的值一定都严格小于 x；而在最小值左侧的元素，它们的值一定都严格大于 x。因此，我们可以根据这一条性质，通过二分查找的方法找出最小值。

在二分查找的每一步中，左边界为 low，右边界为 high，区间的中点为 pivot，最小值就在该区间内。我们将中轴元素 nums[pivot] 与右边界元素 nums[high] 进行比较，可能会有以下的三种情况：

第一种情况是 nums[pivot]<nums[high]。如下图所示，这说明 nums[pivot] 是最小值右侧的元素，因此我们可以忽略二分查找区间的右半部分。

fig2

第二种情况是 nums[pivot]>nums[high]。如下图所示，这说明 nums[pivot] 是最小值左侧的元素，因此我们可以忽略二分查找区间的左半部分。

fig3

由于数组不包含重复元素，并且只要当前的区间长度不为 1，pivot 就不会与 high 重合；而如果当前的区间长度为 1，这说明我们已经可以结束二分查找了。因此不会存在 nums[pivot]=nums[high] 的情况。

当二分查找结束时，我们就得到了最小值所在的位置。

代码

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//C++
class Solution {
public:
    int findMin(vector<int>& nums) {
        int low = 0;
        int high = nums.size() - 1;
        while (low < high) {
            int pivot = low + (high - low) / 2;
            if (nums[pivot] < nums[high]) {
                high = pivot;
            }
            else {
                low = pivot + 1;
            }
        }
        return nums[low];
    }
};
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//Java
class Solution {
    public int findMin(int[] nums) {
        int low = 0;
        int high = nums.length - 1;
        while (low < high) {
            int pivot = low + (high - low) / 2;
            if (nums[pivot] < nums[high]) {
                high = pivot;
            } else {
                low = pivot + 1;
            }
        }
        return nums[low];
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 是数组 nums 的长度。在二分查找的过程中，每一步会忽略一半的区间，因此时间复杂度为 O(log⁡n)。

  • 空间复杂度：O(1)。

发表于 本文字数： 509 阅读时长 ≈ 2 分钟

搜索插入位置

1.题目内容

定一个排序数组和一个目标值，在数组中找到目标值，并返回其索引。如果目标值不存在于数组中，返回它将会被按顺序插入的位置。

请必须使用时间复杂度为 O(log n) 的算法。

示例 1:

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输入: nums = [1,3,5,6], target = 5
输出: 2

示例 2:

1
2
输入: nums = [1,3,5,6], target = 2
输出: 1

示例 3:

1
2
输入: nums = [1,3,5,6], target = 7
输出: 4

提示:

  • 1 <= nums.length <= 104
  • -104 <= nums[i] <= 104
  • nums 为 无重复元素 的 升序 排列数组
  • -104 <= target <= 104

2.解法

二分查找

思路及解法

考虑这个插入的位置 pos，它成立的条件为：

nums[pos−1]<target≤nums[pos]
其中 nums 代表排序数组。由于如果存在这个目标值，我们返回的索引也是 pos，因此我们可以将两个条件合并得出最后的目标：「在一个有序数组中找第一个大于等于 target 的下标」。

问题转化到这里，直接套用二分法即可，即不断用二分法逼近查找第一个大于等于 target 的下标 。下文给出的代码是笔者习惯的二分写法，ans初值设置为数组长度可以省略边界条件的判断，因为存在一种情况是 target 大于数组中的所有数，此时需要插入到数组长度的位置。

代码

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//C++
class Solution {
public:
    int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        int left = 0, right = n - 1, ans = n;
        while (left <= right) {
            int mid = ((right - left) >> 1) + left;
            if (target <= nums[mid]) {
                ans = mid;
                right = mid - 1;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return ans;
    }
};
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//Java
class Solution {
    public int searchInsert(int[] nums, int target) {
        int n = nums.length;
        int left = 0, right = n - 1, ans = n;
        while (left <= right) {
            int mid = ((right - left) >> 1) + left;
            if (target <= nums[mid]) {
                ans = mid;
                right = mid - 1;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return ans;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 为数组的长度。二分查找所需的时间复杂度为 O(log⁡n)。

  • 空间复杂度：O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。

发表于 本文字数： 378 阅读时长 ≈ 1 分钟

寻找峰值

1.题目内容

峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。

给你一个整数数组 nums，找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值，在这种情况下，返回 任何一个峰值 所在位置即可。

你可以假设 nums[-1] = nums[n] = -∞ 。

你必须实现时间复杂度为 O(log n) 的算法来解决此问题。

示例 1：

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输入：nums = [1,2,3,1]
输出：2
解释：3 是峰值元素，你的函数应该返回其索引 2。

示例 2：

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输入：nums = [1,2,1,3,5,6,4]
输出：1 或 5 
解释：你的函数可以返回索引 1，其峰值元素为 2；
     或者返回索引 5， 其峰值元素为 6。

提示：

  • 1 <= nums.length <= 1000
  • -231 <= nums[i] <= 231 - 1
  • 对于所有有效的 i 都有 nums[i] != nums[i + 1]

2.解法

寻找最大值

思路及算法

由于题目保证了 nums[i]≠nums[i+1]，那么数组 nums 中最大值两侧的元素一定严格小于最大值本身。因此，最大值所在的位置就是一个可行的峰值位置。

我们对数组 nums进行一次遍历，找到最大值对应的位置即可。

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//C++
class Solution {
public:
    int findPeakElement(vector<int>& nums) {
        return max_element(nums.begin(), nums.end()) - nums.begin();
    }
};
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//Java
class Solution {
    public int findPeakElement(int[] nums) {
        int idx = 0;
        for (int i = 1; i < nums.length; ++i) {
            if (nums[i] > nums[idx]) {
                idx = i;
            }
        }
        return idx;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。
  • 空间复杂度：O(1)。

发表于 本文字数： 779 阅读时长 ≈ 3 分钟

在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

1.题目内容

给你一个按照非递减顺序排列的整数数组 nums，和一个目标值 target。请你找出给定目标值在数组中的开始位置和结束位置。

如果数组中不存在目标值 target，返回 [-1, -1]。

你必须设计并实现时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。

示例 1：

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输入：nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出：[3,4]

示例 2：

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输入：nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出：[-1,-1]

示例 3：

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2
输入：nums = [], target = 0
输出：[-1,-1]

提示：

  • 0 <= nums.length <= 105
  • -109 <= nums[i] <= 109
  • nums 是一个非递减数组
  • -109 <= target <= 109

2.解法

二分查找

思路及算法

直观的思路肯定是从前往后遍历一遍。用两个变量记录第一次和最后一次遇见 target 的下标，但这个方法的时间复杂度为 O(n)，没有利用到数组升序排列的条件。

由于数组已经排序，因此整个数组是单调递增的，我们可以利用二分法来加速查找的过程。

考虑 target 开始和结束位置，其实我们要找的就是数组中「第一个等于 target 的位置」（记为 leftIdx）和「第一个大于 target的位置减一」（记为 rightIdx）。

二分查找中，寻找 leftIdx 即为在数组中寻找第一个大于等于 target 的下标，寻找 rightIdx 即为在数组中寻找第一个大于 target 的下标，然后将下标减一。两者的判断条件不同，为了代码的复用，我们定义 binarySearch(nums, target, lower) 表示在 nums 数组中二分查找 target 的位置，如果 lower 为 true\rm truetrue，则查找第一个大于等于 target 的下标，否则查找第一个大于 target 的下标。

最后，因为 target 可能不存在数组中，因此我们需要重新校验我们得到的两个下标 leftIdx 和 rightIdx，看是否符合条件，如果符合条件就返回 [leftIdx,rightIdx]，不符合就返回 [−1,−1]。

代码

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//C++
class Solution { 
public:
    int binarySearch(vector<int>& nums, int target, bool lower) {
        int left = 0, right = (int)nums.size() - 1, ans = (int)nums.size();
        while (left <= right) {
            int mid = (left + right) / 2;
            if (nums[mid] > target || (lower && nums[mid] >= target)) {
                right = mid - 1;
                ans = mid;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return ans;
    }

    vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) {
        int leftIdx = binarySearch(nums, target, true);
        int rightIdx = binarySearch(nums, target, false) - 1;
        if (leftIdx <= rightIdx && rightIdx < nums.size() && nums[leftIdx] == target && nums[rightIdx] == target) {
            return vector<int>{leftIdx, rightIdx};
        } 
        return vector<int>{-1, -1};
    }
};
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//Java
class Solution {
    public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
        int leftIdx = binarySearch(nums, target, true);
        int rightIdx = binarySearch(nums, target, false) - 1;
        if (leftIdx <= rightIdx && rightIdx < nums.length && nums[leftIdx] == target && nums[rightIdx] == target) {
            return new int[]{leftIdx, rightIdx};
        } 
        return new int[]{-1, -1};
    }

    public int binarySearch(int[] nums, int target, boolean lower) {
        int left = 0, right = nums.length - 1, ans = nums.length;
        while (left <= right) {
            int mid = (left + right) / 2;
            if (nums[mid] > target || (lower && nums[mid] >= target)) {
                right = mid - 1;
                ans = mid;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return ans;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度： O(log⁡n) ，其中 n 为数组的长度。二分查找的时间复杂度为 O(log⁡n)，一共会执行两次，因此总时间复杂度为 O(log⁡n)。

  • 空间复杂度：O(1) 。只需要常数空间存放若干变量。

发表于 本文字数： 380 阅读时长 ≈ 1 分钟

搜索二维矩阵

1.题目内容

给你一个满足下述两条属性的 m x n 整数矩阵：

  • 每行中的整数从左到右按非严格递增顺序排列。
  • 每行的第一个整数大于前一行的最后一个整数。

给你一个整数 target ，如果 target 在矩阵中，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

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输入：matrix = [[1,3,5,7],[10,11,16,20],[23,30,34,60]], target = 3
输出：true

示例 2：

img

1
2
输入：matrix = [[1,3,5,7],[10,11,16,20],[23,30,34,60]], target = 13
输出：false

提示：

  • m == matrix.length
  • n == matrix[i].length
  • 1 <= m, n <= 100
  • -104 <= matrix[i][j], target <= 104

2.解法

二分查找

思路及算法

若将矩阵每一行拼接在上一行的末尾，则会得到一个升序数组，我们可以在该数组上二分找到目标元素。

代码实现时，可以二分升序数组的下标，将其映射到原矩阵的行和列上。

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//C++
class Solution {
public:
    bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
        int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
        int low = 0, high = m * n - 1;
        while (low <= high) {
            int mid = (high - low) / 2 + low;
            int x = matrix[mid / n][mid % n];
            if (x < target) {
                low = mid + 1;
            } else if (x > target) {
                high = mid - 1;
            } else {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
};
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//Java
class Solution {
    public boolean searchMatrix(int[][] matrix, int target) {
        int m = matrix.length, n = matrix[0].length;
        int low = 0, high = m * n - 1;
        while (low <= high) {
            int mid = (high - low) / 2 + low;
            int x = matrix[mid / n][mid % n];
            if (x < target) {
                low = mid + 1;
            } else if (x > target) {
                high = mid - 1;
            } else {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(log⁡mn)，其中 m 和 n 分别是矩阵的行数和列数。

  • 空间复杂度：O(1)。

发表于 本文字数： 509 阅读时长 ≈ 2 分钟

搜索插入位置

1.题目内容

定一个排序数组和一个目标值，在数组中找到目标值，并返回其索引。如果目标值不存在于数组中，返回它将会被按顺序插入的位置。

请必须使用时间复杂度为 O(log n) 的算法。

示例 1:

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输入: nums = [1,3,5,6], target = 5
输出: 2

示例 2:

1
2
输入: nums = [1,3,5,6], target = 2
输出: 1

示例 3:

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2
输入: nums = [1,3,5,6], target = 7
输出: 4

提示:

  • 1 <= nums.length <= 104
  • -104 <= nums[i] <= 104
  • nums 为 无重复元素 的 升序 排列数组
  • -104 <= target <= 104

2.解法

二分查找

思路及解法

考虑这个插入的位置 pos，它成立的条件为：

nums[pos−1]<target≤nums[pos]
其中 nums 代表排序数组。由于如果存在这个目标值，我们返回的索引也是 pos，因此我们可以将两个条件合并得出最后的目标：「在一个有序数组中找第一个大于等于 target 的下标」。

问题转化到这里，直接套用二分法即可，即不断用二分法逼近查找第一个大于等于 target 的下标 。下文给出的代码是笔者习惯的二分写法，ans初值设置为数组长度可以省略边界条件的判断，因为存在一种情况是 target 大于数组中的所有数，此时需要插入到数组长度的位置。

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//C++
class Solution {
public:
    int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        int left = 0, right = n - 1, ans = n;
        while (left <= right) {
            int mid = ((right - left) >> 1) + left;
            if (target <= nums[mid]) {
                ans = mid;
                right = mid - 1;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return ans;
    }
};
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//Java
class Solution {
    public int searchInsert(int[] nums, int target) {
        int n = nums.length;
        int left = 0, right = n - 1, ans = n;
        while (left <= right) {
            int mid = ((right - left) >> 1) + left;
            if (target <= nums[mid]) {
                ans = mid;
                right = mid - 1;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return ans;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 为数组的长度。二分查找所需的时间复杂度为 O(log⁡n)。

  • 空间复杂度：O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。

发表于 本文字数： 1.5k 阅读时长 ≈ 5 分钟

寻找两个正序数组的中位数

1.题目内容

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：

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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：

1
2
3
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.解法

二分查找

思路及解法

题目是求中位数，其实就是求第 k 小数的一种特殊情况，而求第 k 小数有一种算法。由于数列是有序的，其实我们完全可以一半儿一半儿的排除。假设我们要找第 k 小数，我们可以每次循环排除掉 k/2 个数。看下边一个例子。

假设我们要找第 7 小的数字。

image.png

我们比较两个数组的第 k/2 个数字，如果 k 是奇数，向下取整。也就是比较第 3 个数字，上边数组中的 4 和下边数组中的 3，如果哪个小，就表明该数组的前 k/2 个数字都不是第 k 小数字，所以可以排除。也就是 1，2，3 这三个数字不可能是第 7 小的数字，我们可以把它排除掉。将 1349 和 45678910两个数组作为新的数组进行比较。

更一般的情况 A[1] ，A[2] ，A[3]，A[k/2] … ，B[1]，B[2]，B[3]，B[k/2] … ，如果 A[k/2]<B[k/2] ，那么A[1]，A[2]，A[3]，A[k/2]都不可能是第 k 小的数字。

A 数组中比 A[k/2] 小的数有 k/2-1 个，B 数组中，B[k/2] 比 A[k/2] 小，假设 B[k/2] 前边的数字都比 A[k/2] 小，也只有 k/2-1 个，所以比 A[k/2] 小的数字最多有 k/1-1+k/2-1=k-2个，所以 A[k/2] 最多是第 k-1 小的数。而比 A[k/2] 小的数更不可能是第 k 小的数了，所以可以把它们排除。

橙色的部分表示已经去掉的数字。

image.png

由于我们已经排除掉了 3 个数字，就是这 3 个数字一定在最前边，所以在两个新数组中，我们只需要找第 7 - 3 = 4 小的数字就可以了，也就是 k = 4。此时两个数组，比较第 2 个数字，3 < 5，所以我们可以把小的那个数组中的 1 ，3 排除掉了。

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我们又排除掉 2 个数字，所以现在找第 4 - 2 = 2 小的数字就可以了。此时比较两个数组中的第 k / 2 = 1 个数，4 == 4，怎么办呢？由于两个数相等，所以我们无论去掉哪个数组中的都行，因为去掉 1 个总会保留 1 个的，所以没有影响。为了统一，我们就假设 4 > 4 吧，所以此时将下边的 4 去掉。

image.png

由于又去掉 1 个数字，此时我们要找第 1 小的数字，所以只需判断两个数组中第一个数字哪个小就可以了，也就是 4。

所以第 7 小的数字是 4。

我们每次都是取 k/2 的数进行比较，有时候可能会遇到数组长度小于 k/2的时候。

image.png

此时 k / 2 等于 3，而上边的数组长度是 2，我们此时将箭头指向它的末尾就可以了。这样的话，由于 2 < 3，所以就会导致上边的数组 1，2 都被排除。造成下边的情况。

image.png

由于 2 个元素被排除，所以此时 k = 5，又由于上边的数组已经空了，我们只需要返回下边的数组的第 5 个数字就可以了。

从上边可以看到，无论是找第奇数个还是第偶数个数字，对我们的算法并没有影响，而且在算法进行中，k 的值都有可能从奇数变为偶数，最终都会变为 1 或者由于一个数组空了，直接返回结果。

所以我们采用递归的思路，为了防止数组长度小于 k/2，所以每次比较 min(k/2，len(数组) 对应的数字，把小的那个对应的数组的数字排除，将两个新数组进入递归，并且 k 要减去排除的数字的个数。递归出口就是当 k=1 或者其中一个数字长度是 0 了。

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//Java
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
    int n = nums1.length;
    int m = nums2.length;
    int left = (n + m + 1) / 2;
    int right = (n + m + 2) / 2;
    //将偶数和奇数的情况合并，如果是奇数，会求两次同样的 k 。
    return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5;  
}
    
    private int getKth(int[] nums1, int start1, int end1, int[] nums2, int start2, int end2, int k) {
        int len1 = end1 - start1 + 1;
        int len2 = end2 - start2 + 1;
        //让 len1 的长度小于 len2，这样就能保证如果有数组空了，一定是 len1 
        if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k);
        if (len1 == 0) return nums2[start2 + k - 1];

        if (k == 1) return Math.min(nums1[start1], nums2[start2]);

        int i = start1 + Math.min(len1, k / 2) - 1;
        int j = start2 + Math.min(len2, k / 2) - 1;

        if (nums1[i] > nums2[j]) {
            return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1));
        }
        else {
            return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1));
        }
    }

复杂度分析

  • 时间复杂度：每进行一次循环，我们就减少 k/2 个元素，所以时间复杂度是 O(log(k)，而 k=(m+n)/2，所以最终的复杂也就是 O(log(m+n））。

  • 空间复杂度：虽然我们用到了递归，但是可以看到这个递归属于尾递归，所以编译器不需要不停地堆栈，所以空间复杂度为 O(1)。

发表于 本文字数： 359 阅读时长 ≈ 1 分钟

组合

1.题目内容

给定两个整数 n 和 k，返回范围 [1, n] 中所有可能的 k 个数的组合。

你可以按 任何顺序 返回答案。

示例 1：

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输入：n = 4, k = 2
输出：
[
  [2,4],
  [3,4],
  [2,3],
  [1,2],
  [1,3],
  [1,4],
]

示例 2：

1
2
输入：n = 1, k = 1
输出：[[1]]

提示：

  • 1 <= n <= 20
  • 1 <= k <= n

2.解法

回溯

思路及算法

n 表示范围为 1…n，balance 表示剩余空间，start 表示开始位置，list 为回溯列表。判断 balance == 0，如果为 0 则代表 list 中已经存入 k 个数，拷贝 list 存入结果 ans 中。如果不为 0，从 start 位置开始递归调用，现将当前位置数据加入 list 中，并进入下一层，等待返回后将本层加入的数据移除，本质就是树的构造过程
其中循环结束条件默认为最大值到 n，这里可以优化进行剪枝，比如 n=4，k=3 时，如果列表从 start=3 也就是 [3] 开始，那么该组合一定不存在，因为至少要 k=3 个数据，所以剪枝临界点为 n-balance+1

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//Java
class Solution {
    private List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
    public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
        getCombine(n, k, 1, new ArrayList<>());
        return ans;
    }
    
    public void getCombine(int n, int k, int start, List<Integer> list) {
        if(k == 0) {
            ans.add(new ArrayList<>(list));
            return;
        }
        for(int i = start;i <= n - k + 1;i++) {
            list.add(i);
            getCombine(n, k - 1, i+1, list);
            list.remove(list.size() - 1);
        }
    }
}

发表于 本文字数： 1k 阅读时长 ≈ 4 分钟

组合总和

1.题目内容

给你一个 无重复元素 的整数数组 candidates 和一个目标整数 target ，找出 candidates 中可以使数字和为目标数 target 的 所有 不同组合 ，并以列表形式返回。你可以按 任意顺序 返回这些组合。

candidates 中的 同一个 数字可以 无限制重复被选取 。如果至少一个数字的被选数量不同，则两种组合是不同的。

对于给定的输入，保证和为 target 的不同组合数少于 150 个。

示例 1：

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输入：candidates = [2,3,6,7], target = 7
输出：[[2,2,3],[7]]
解释：
2 和 3 可以形成一组候选，2 + 2 + 3 = 7 。注意 2 可以使用多次。
7 也是一个候选， 7 = 7 。
仅有这两种组合。

示例 2：

1
2
输入: candidates = [2,3,5], target = 8
输出: [[2,2,2,2],[2,3,3],[3,5]]

示例 3：

1
2
输入: candidates = [2], target = 1
输出: []

提示：

  • 1 <= candidates.length <= 30
  • 2 <= candidates[i] <= 40
  • candidates 的所有元素 互不相同
  • 1 <= target <= 40

2.解法

回溯

思路及算法

对于这类寻找所有可行解的题，我们都可以尝试用「搜索回溯」的方法来解决。

回到本题，我们定义递归函数 dfs(target,combine,idx) 表示当前在 candidates 数组的第 idx 位，还剩 target 要组合，已经组合的列表为 combine。递归的终止条件为 target≤0 或者 candidates 数组被全部用完。那么在当前的函数中，每次我们可以选择跳过不用第 idx 个数，即执行 dfs(target,combine,idx+1)。也可以选择使用第 idx 个数，即执行 dfs(target−candidates[idx],combine,idx)，注意到每个数字可以被无限制重复选取，因此搜索的下标仍为 idx。

更形象化地说，如果我们将整个搜索过程用一个树来表达，即如下图呈现，每次的搜索都会延伸出两个分叉，直到递归的终止条件，这样我们就能不重复且不遗漏地找到所有可行解：

fig1

当然，搜索回溯的过程一定存在一些优秀的剪枝方法来使得程序运行得更快，而这里只给出了最朴素不含剪枝的写法，因此欢迎各位读者在评论区分享自己的见解。

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//C++
class Solution {
public:
    void dfs(vector<int>& candidates, int target, vector<vector<int>>& ans, vector<int>& combine, int idx) {
        if (idx == candidates.size()) {
            return;
        }
        if (target == 0) {
            ans.emplace_back(combine);
            return;
        }
        // 直接跳过
        dfs(candidates, target, ans, combine, idx + 1);
        // 选择当前数
        if (target - candidates[idx] >= 0) {
            combine.emplace_back(candidates[idx]);
            dfs(candidates, target - candidates[idx], ans, combine, idx);
            combine.pop_back();
        }
    }

    vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {
        vector<vector<int>> ans;
        vector<int> combine;
        dfs(candidates, target, ans, combine, 0);
        return ans;
    }
};
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//Java
class Solution {
    public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();
        List<Integer> combine = new ArrayList<Integer>();
        dfs(candidates, target, ans, combine, 0);
        return ans;
    }

    public void dfs(int[] candidates, int target, List<List<Integer>> ans, List<Integer> combine, int idx) {
        if (idx == candidates.length) {
            return;
        }
        if (target == 0) {
            ans.add(new ArrayList<Integer>(combine));
            return;
        }
        // 直接跳过
        dfs(candidates, target, ans, combine, idx + 1);
        // 选择当前数
        if (target - candidates[idx] >= 0) {
            combine.add(candidates[idx]);
            dfs(candidates, target - candidates[idx], ans, combine, idx);
            combine.remove(combine.size() - 1);
        }
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(S)，其中 S 为所有可行解的长度之和。从分析给出的搜索树我们可以看出时间复杂度取决于搜索树所有叶子节点的深度之和，即所有可行解的长度之和。在这题中，我们很难给出一个比较紧的上界，我们知道 O(n×2^n^) 是一个比较松的上界，即在这份代码中，n 个位置每次考虑选或者不选，如果符合条件，就加入答案的时间代价。但是实际运行的时候，因为不可能所有的解都满足条件，递归的时候我们还会用 target−candidates[idx]≥0 进行剪枝，所以实际运行情况是远远小于这个上界的。

  • 空间复杂度：O(target)。除答案数组外，空间复杂度取决于递归的栈深度，在最差情况下需要递归 O(target) 层。

发表于 本文字数： 865 阅读时长 ≈ 3 分钟

分割回文串

1.题目内容

给你一个字符串 s，请你将 s 分割成一些子串，使每个子串都是 回文串 。返回 s 所有可能的分割方案。

示例 1：

1
2
输入：s = "aab"
输出：[["a","a","b"],["aa","b"]]

示例 2：

1
2
输入：s = "a"
输出：[["a"]]

提示：

  • 1 <= s.length <= 16
  • s 仅由小写英文字母组成

2.解法

回溯

思路及算法

由于需要求出字符串 s 的所有分割方案，因此我们考虑使用搜索 + 回溯的方法枚举所有可能的分割方法并进行判断。

假设我们当前搜索到字符串的第 iii 个字符，且 s[0..i−1] 位置的所有字符已经被分割成若干个回文串，并且分割结果被放入了答案数组 ans 中，那么我们就需要枚举下一个回文串的右边界 j，使得 s[i..j] 是一个回文串。

因此，我们可以从 i 开始，从小到大依次枚举 j。对于当前枚举的 j 值，我们使用双指针的方法判断 s[i..j] 是否为回文串：如果 s[i..j] 是回文串，那么就将其加入答案数组 ans 中，并以 j+1 作为新的 i 进行下一层搜索，并在未来的回溯时将 s[i..j] 从 ans 中移除。

如果我们已经搜索完了字符串的最后一个字符，那么就找到了一种满足要求的分割方法。

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//C++
class Solution {
private:
    vector<vector<int>> f;
    vector<vector<string>> ret;
    vector<string> ans;
    int n;

public:
    void dfs(const string& s, int i) {
        if (i == n) {
            ret.push_back(ans);
            return;
        }
        for (int j = i; j < n; ++j) {
            if (f[i][j]) {
                ans.push_back(s.substr(i, j - i + 1));
                dfs(s, j + 1);
                ans.pop_back();
            }
        }
    }

    vector<vector<string>> partition(string s) {
        n = s.size();
        f.assign(n, vector<int>(n, true));

        for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
            for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
                f[i][j] = (s[i] == s[j]) && f[i + 1][j - 1];
            }
        }

        dfs(s, 0);
        return ret;
    }
};
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//Java
class Solution {
    boolean[][] f;
    List<List<String>> ret = new ArrayList<List<String>>();
    List<String> ans = new ArrayList<String>();
    int n;

    public List<List<String>> partition(String s) {
        n = s.length();
        f = new boolean[n][n];
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            Arrays.fill(f[i], true);
        }

        for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
            for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
                f[i][j] = (s.charAt(i) == s.charAt(j)) && f[i + 1][j - 1];
            }
        }

        dfs(s, 0);
        return ret;
    }

    public void dfs(String s, int i) {
        if (i == n) {
            ret.add(new ArrayList<String>(ans));
            return;
        }
        for (int j = i; j < n; ++j) {
            if (f[i][j]) {
                ans.add(s.substring(i, j + 1));
                dfs(s, j + 1);
                ans.remove(ans.size() - 1);
            }
        }
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n⋅2^n^)，其中 n 是字符串 s 的长度。在最坏情况下，s 包含 n 个完全相同的字符，因此它的任意一种划分方法都满足要求。而长度为 n 的字符串的划分方案数为 2^n−1^=O(2^n^)，每一种划分方法需要 O(n) 的时间求出对应的划分结果并放入答案，因此总时间复杂度为 O(n⋅2^n^)。尽管动态规划预处理需要 O(n^2^) 的时间，但在渐进意义下小于 O(n⋅2^n^)，因此可以忽略。

  • 空间复杂度：O(n^2^)，这里不计算返回答案占用的空间。数组 f 需要使用的空间为 O(n^2^)，而在回溯的过程中，我们需要使用 O(n) 的栈空间以及 O(n)O(n)O(n) 的用来存储当前字符串分割方法的空间。由于 O(n) 在渐进意义下小于 O(n^2^)，因此空间复杂度为 O(n^2^)。

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