每日算法-250527

每日算法 - 250527

2364. 统计坏数对的数目

题目

思路与解题过程

核心思想:转换问题 + 哈希表计数

题目定义"坏数对" (i, j) 为满足 i < jj - i != nums[j] - nums[i] 的数对。

直接统计"坏数对"可能比较复杂,我们可以考虑其补集------"好数对"。

"好数对" (i, j) 满足 i < jj - i == nums[j] - nums[i].

对"好数对"的条件进行变形:
j - i == nums[j] - nums[i]
nums[i] - i == nums[j] - j

d[x] = nums[x] - x。那么,"好数对"的条件就变成了 i < jd[i] == d[j].

解法:直接统计坏数对

虽然可以通过"总数对 - 好数对"来计算,但我们也可以直接统计"坏数对"。

遍历数组 nums,对于每个元素 nums[i](及其下标 i):

  1. 计算 key = nums[i] - i.
  2. 我们想知道,在 nums[i] 之前(即下标 p < i),有多少个元素 nums[p] 满足 nums[p] - p == key。这些 (p, i) 会构成"好数对"。
  3. map 存储了之前遇到的 nums[x] - x 的值及其出现的次数。val = map.getOrDefault(key, 0) 就表示在 nums[i] 之前,有多少个下标 p 使得 nums[p] - p == key.
  4. 对于当前的 nums[i], 总共有 i 个可能的配对下标 p(从 0i-1)。
  5. 其中,有 val 个下标 p 与当前 i 构成了"好数对"。
  6. 因此,与当前 i 构成的"坏数对"的数目就是 i - val。我们将这个数目累加到总结果 ret 中。
  7. 然后,更新 map:将 key (即 nums[i] - i) 的计数加 1,map.put(key, val + 1). 这为后续的元素 nums[j] (其中 j > i) 提供了信息。

这种方法在遍历到 nums[i] 时,计算的是所有以 i 为较大下标 j 的坏数对 (p, i) 的数量。

复杂度

  • 时间复杂度 : O ( N ) O(N) O(N), 其中 N N N 是数组 nums 的长度。我们只需要遍历数组一次。哈希表的插入和查找操作平均时间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1)。
  • 空间复杂度 : O ( N ) O(N) O(N), 最坏情况下,哈希表可能需要存储 N N N 个不同的 nums[i] - i 的值。

Code

java 复制代码
class Solution {
    public long countBadPairs(int[] nums) {
        long ret = 0;
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(nums.length);

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            int key = nums[i] - i;
            
            int val = map.getOrDefault(key, 0);
            
            ret += (long)i - val; 
            
            map.put(key, val + 1);
        }
        return ret;
    }
}

2874. 有序三元组中的最大值 II

题目

思路与解题过程

核心思想:枚举中间元素 + 前缀最大值 + 后缀最大值

我们要找的是三元组 (i, j, k) 使得 i < j < k,并且 (nums[i] - nums[j]) * nums[k] 的值最大。

题目约束 1 <= nums[x] <= 10^6,所以 nums[k] 始终是正数。

为了使乘积最大,我们需要:

  1. nums[k] 尽可能大。
  2. nums[i] - nums[j] 尽可能大(且为正)。这意味着 nums[i] 要大,nums[j] 要小。

解法步骤:

  1. 枚举中间元素 j :

    我们可以遍历所有可能的 j (从 1n-2,其中 n 是数组长度)。

  2. 优化 nums[i]nums[k] 的选择:

    • nums[i] 必须从 nums[0...j-1] 中选取。为了使 nums[i] - nums[j] 最大,nums[i] 应为 nums[0...j-1] 中的最大值。
    • nums[k] 必须从 nums[j+1...n-1] 中选取。为了使整个表达式最大 (因为 nums[k] 是正数),nums[k] 应为 nums[j+1...n-1] 中的最大值。
  3. 预计算/动态计算:

    • 后缀最大值 suffixMax : 我们可以预先计算一个数组 suffixMax,其中 suffixMax[p] 表示 nums[p...n-1] 中的最大值。这样,对于给定的 jnums[k] 的最佳选择就是 suffixMax[j+1]
    • 前缀最大值 prevMax : 当我们遍历 j 从左到右时,可以动态维护 nums[0...j-1] 的最大值。
      prevMaxmax(nums[0], nums[1], ..., nums[j-1]).
  4. 遍历与更新:

    • 初始化 ret = 0
    • 初始化 prevMax = nums[0].
    • 遍历 j1n-2:
      • 当前的 prevMax 就是 max(nums[0...j-1]).
      • nums[k] 的最佳选择是 suffixMax[j+1].
      • 如果 prevMax > nums[j] (确保 nums[i] - nums[j] 为正,从而得到正的乘积),则计算 current_value = (long)(prevMax - nums[j]) * suffixMax[j+1].
      • 更新 ret = Math.max(ret, current_value).
      • 更新 prevMax = Math.max(prevMax, nums[j]),为下一次迭代(当 j 变成 j+1 时)做准备。此时,当前的 nums[j] 将成为前缀的一部分。

注意 : 乘积可能超过 int 的范围,所以计算时需要使用 long 类型。

复杂度

  • 时间复杂度 : O ( N ) O(N) O(N).
    • 计算 suffixMax 数组需要 O ( N ) O(N) O(N).
    • 主循环遍历 j 需要 O ( N ) O(N) O(N).
  • 空间复杂度 : O ( N ) O(N) O(N), 主要用于存储 suffixMax 数组。

Code

java 复制代码
class Solution {
    public long maximumTripletValue(int[] nums) {
        long ret = 0;
        int n = nums.length;
        
        int[] suffixMax = new int[n];
        suffixMax[n - 1] = nums[n - 1];
        for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
            suffixMax[i] = Math.max(nums[i], suffixMax[i + 1]);
        }

        int prevMax = nums[0]; 

        for (int j = 1; j < n - 1; j++) {
            if (prevMax > nums[j]) {
                long currentVal = (long)(prevMax - nums[j]) * suffixMax[j + 1];
                ret = Math.max(ret, currentVal);
            }
            prevMax = Math.max(prevMax, nums[j]);
        }
        return ret;
    }
}
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