Leetcode.2826 将三个组排序

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Leetcode.2826 将三个组排序 rating : 1721

题目描述

给你一个下标从 0 0 0 开始长度为 n n n 的整数数组 n u m s nums nums 。

从 0 0 0 到 n − 1 n - 1 n−1 的数字被分为编号从 1 1 1 到 3 3 3 的三个组，数字 i i i 属于组 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 。注意，有的组可能是空的。

你可以执行以下操作任意次：

选择数字 x x x 并改变它的组。更正式的，你可以将 n u m s [ x ] nums[x] nums[x] 改为数字 1 1 1 到 3 3 3 中的任意一个。

你将按照以下过程构建一个新的数组 r e s res res ：

将每个组中的数字分别排序。
将组 1 1 1 ， 2 2 2 和 3 3 3 中的元素依次连接以得到 r e s res res 。

如果得到的 r e s res res 是 非递减顺序的 ，那么我们称数组 n u m s nums nums 是 美丽数组 。

请你返回将 n u m s nums nums 变为 美丽数组 需要的最少步数。

示例 1：

输入：nums = [2,1,3,2,1]

输出：3

解释：以下三步操作是最优方案：

将 nums[0] 变为 1 。

将 nums[2] 变为 1 。

将 nums[3] 变为 1 。
执行以上操作后，将每组中的数字排序，组 1 为 [0,1,2,3,4] ，组 2 和组 3 都为空。所以 res 等于 [0,1,2,3,4] ，它是非递减顺序的。三步操作是最少需要的步数。

示例 2：

输入：nums = [1,3,2,1,3,3]

输出：2

解释：以下两步操作是最优方案：

将 nums[1] 变为 1 。

将 nums[2] 变为 1 。
执行以上操作后，将每组中的数字排序，组 1 为 [0,1,2,3] ，组 2 为空，组 3 为 [4,5] 。所以 res 等于 [0,1,2,3,4,5] ，它是非递减顺序的。两步操作是最少需要的步数。

示例 3：

输入：nums = [2,2,2,2,3,3]

输出：0

解释：不需要执行任何操作。

组 1 为空，组 2 为 [0,1,2,3] ，组 3 为 [4,5] 。所以 res 等于 [0,1,2,3,4,5] ，它是非递减顺序的。

提示：

1 ≤ n u m s . l e n g t h ≤ 100 1 \leq nums.length \leq 100 1≤nums.length≤100
1 ≤ n u m s [ i ] ≤ 3 1 \leq nums[i] \leq 3 1≤nums[i]≤3

解法一：动态规划

我们定义 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 为前 i i i 个元素，并且将第 i i i 个元素改成 j j j，变为美丽数组需要的最少步数。

f ( i , j ) = m i n 1 ≤ k ≤ j f ( i − 1 , k ) + ( j ≠ n u m s [ i ] ) f(i,j) = \mathop{min}\limits_{1 \leq k \leq j}f(i - 1,k) + (j \neq nums[i]) f(i,j)=1≤k≤jminf(i−1,k)+(j=nums[i])

初始 f ( 0 , j ) = 0 f(0,j) = 0 f(0,j)=0。

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

C++代码：

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int minimumOperations(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<vector<int>> f(n + 1,vector<int>(4));

        for(int i = 1;i <= n;i++){
            for(int j = 1;j <= 3;j++){
                f[i][j] = *min_element(f[i - 1].begin() + 1 , f[i - 1].begin() + j + 1) + (j != nums[i - 1]);
            }
        }
        int ans = *min_element(f[n].begin() + 1 , f[n].begin() + 4);
        return ans;
    }
};

解法二：动态规划 + 优化空间

我们可以优化掉第一维的空间，为了防止直接用第 i i i 层的状态更新第 i i i 层，我们需要倒序枚举 j j j。

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)

C++代码：

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int minimumOperations(vector<int>& nums) {
        int f[4] = {0};

        for(auto x:nums){
            for(int j = 3;j;j--){
                f[j] = *min_element(f + 1 , f + j + 1) + (j != x);
            }
        }
        int ans = *min_element(f + 1 , f + 4);
        return ans;
    }
};

解法三：二分 + 贪心

我们分析可得， n u m s nums nums 中不需要修改的一定是一个 最长的非递减子序列 。那么我们只需要求出这样序列的长度 l e n len len，那么我们需要修改的最少步数就是 n − l e n n - len n−len。

我们发现这就是一个最长上升子序列模型。

不过本题不是 上升子序列 ，而是 非递减子序列。

时间复杂度： O ( n × l o g n ) O(n \times logn) O(n×logn)

C++代码：

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int minimumOperations(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> g;
        for(auto x:nums){
            if(g.size() == 0 || x >= g.back()) g.push_back(x);
            else{
                auto it = upper_bound(g.begin(),g.end(),x);
                *it = x;
            }
        }
        return n - g.size();
    }
};