LeetCode Hot100 —— 普通数组（面试纯背版）（五）

1、最大子数组和

给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

子数组是数组中的一个连续部分。

示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。

示例 2：

输入：nums = [1]
输出：1

示例 3：

输入：nums = [5,4,-1,7,8]
输出：23

提示：

• 1 <= nums.length <= 1e5
• -1e4 <= nums[i] <= 1e4

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int pre = 0, maxAns = nums[0];
        for (const auto &x: nums) {
            pre = max(pre + x, x);
            maxAns = max(maxAns, pre);
        }
        return maxAns;
    }
};

2、合并区间

以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回 一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间 。

示例 1：

输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
输出：[[1,6],[8,10],[15,18]]
解释：区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].

示例 2：

输入：intervals = [[1,4],[4,5]]
输出：[[1,5]]
解释：区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。

示例 3：

输入：intervals = [[4,7],[1,4]]
输出：[[1,7]]
解释：区间 [1,4] 和 [4,7] 可被视为重叠区间。

提示：

• 1 <= intervals.length <= 1e4
• intervals[i].length == 2
• 0 <= starti <= endi <= 1e4

方法一：排序
思路

如果我们按照区间的左端点排序，那么在排完序的列表中，可以合并的区间一定是连续的。如下图所示，标记为蓝色、黄色和绿色的区间分别可以合并成一个大区间，它们在排完序的列表中是连续的：

算法

我们用数组 merged 存储最终的答案。

首先，我们将列表中的区间按照左端点升序排序。然后我们将第一个区间加入 merged 数组中，并按顺序依次考虑之后的每个区间：

• 如果当前区间的左端点在数组 merged 中最后一个区间的右端点之后，那么它们不会重合，我们可以直接将这个区间加入数组 merged 的末尾；
• 否则，它们重合，我们需要用当前区间的右端点更新数组 merged 中最后一个区间的右端点，将其置为二者的较大值。

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.size() == 0) {
            return {};
        }
        sort(intervals.begin(), intervals.end());
        vector<vector<int>> merged;
        for (int i = 0; i < intervals.size(); ++i) {
            int L = intervals[i][0], R = intervals[i][1];
            if (!merged.size() || merged.back()[1] < L) {
                merged.push_back({L, R});
            }
            else {
                merged.back()[1] = max(merged.back()[1], R);
            }
        }
        return merged;
    }
};

3、轮转数组

给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k个位置，其中 k是非负数。

示例 1:

输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3
输出: [5,6,7,1,2,3,4]
解释:
向右轮转 1 步: [7,1,2,3,4,5,6]
向右轮转 2 步: [6,7,1,2,3,4,5]
向右轮转 3 步: [5,6,7,1,2,3,4]

示例 2:

输入：nums = [-1,-100,3,99], k = 2
输出：[3,99,-1,-100]
解释: 
向右轮转 1 步: [99,-1,-100,3]
向右轮转 2 步: [3,99,-1,-100]

提示：

• 1 <= nums.length <= 1e5
• -231 <= nums[i] <= 231 - 1
• 0 <= k <= 1e5

方法一：使用额外的数组

我们可以使用额外的数组来将每个元素放至正确的位置。用 n 表示数组的长度，我们遍历原数组，将原数组下标为 i 的元素放至新数组下标为 (i+k)modn 的位置，最后将新数组拷贝至原数组即可。

class Solution {
public:
    void rotate(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        vector<int> newArr(n);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            newArr[(i + k) % n] = nums[i];
        }
        nums.assign(newArr.begin(), newArr.end());
    }
};

方法三：数组翻转

该方法基于如下的事实：当我们将数组的元素向右移动 k 次后，尾部 kmodn 个元素会移动至数组头部，其余元素向后移动 kmodn 个位置。

该方法为数组的翻转：我们可以先将所有元素翻转，这样尾部的 kmodn 个元素就被移至数组头部，然后我们再翻转 [0,kmodn−1] 区间的元素和 [kmodn,n−1] 区间的元素即能得到最后的答案。

我们以 n=7，k=3 为例进行如下展示：

操作 结果

原始数组 1 2 3 4 5 6 7

翻转所有元素 7 6 5 4 3 2 1

翻转 [0,kmodn−1] 区间的元素 5 6 7 4 3 2 1

翻转 [kmodn,n−1] 区间的元素 5 6 7 1 2 3 4

class Solution {
public:
    void reverse(vector<int>& nums, int start, int end) {
        while (start < end) {
            swap(nums[start], nums[end]);
            start += 1;
            end -= 1;
        }
    }

    void rotate(vector<int>& nums, int k) {
        k %= nums.size();
        reverse(nums, 0, nums.size() - 1);
        reverse(nums, 0, k - 1);
        reverse(nums, k, nums.size() - 1);
    }
};

4、除自身以外数组的乘积

给你一个整数数组 nums，返回 数组 answer ，其中 answer[i] 等于 nums 中除 nums[i] 之外其余各元素的乘积 。

题目数据 保证 数组 nums之中任意元素的全部前缀元素和后缀的乘积都在 32 位 整数范围内。

请 不要使用除法， 且在 O(n) 时间复杂度内完成此题。

示例 1:

输入: nums = [1,2,3,4]
输出: [24,12,8,6]

示例 2:

输入: nums = [-1,1,0,-3,3]
输出: [0,0,9,0,0]

提示：

• 2 <= nums.length <= 105
• -30 <= nums[i] <= 30
• 输入 保证 数组 answer[i] 在 32 位 整数范围内

进阶： 你可以在 O(1) 的额外空间复杂度内完成这个题目吗？（ 出于对空间复杂度分析的目的，输出数组 不被视为额外空间。）

方法一：左右乘积列表
思路

我们不必将所有数字的乘积除以给定索引处的数字得到相应的答案，而是利用索引左侧所有数字的乘积和右侧所有数字的乘积（即前缀与后缀）相乘得到答案。

对于给定索引 i，我们将使用它左边所有数字的乘积乘以右边所有数字的乘积。下面让我们更加具体的描述这个算法。

算法

1. 初始化两个空数组 L 和 R。对于给定索引 i，L[i] 代表的是 i 左侧所有数字的乘积，R[i] 代表的是 i 右侧所有数字的乘积。
2. 我们需要用两个循环来填充 L 和 R 数组的值。对于数组 L，L[0] 应该是 1，因为第一个元素的左边没有元素。对于其他元素：L[i] = L[i-1] * nums[i-1]。
3. 同理，对于数组 R，R[length-1] 应为 1。length 指的是输入数组的大小。其他元素：R[i] = R[i+1] * nums[i+1]。
4. 当 R 和 L 数组填充完成，我们只需要在输入数组上迭代，且索引 i 处的值为：L[i] * R[i]。

class Solution {
public:
    vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
        int length = nums.size();

        // L 和 R 分别表示左右两侧的乘积列表
        vector<int> L(length, 0), R(length, 0);

        vector<int> answer(length);

        // L[i] 为索引 i 左侧所有元素的乘积
        // 对于索引为 '0' 的元素，因为左侧没有元素，所以 L[0] = 1
        L[0] = 1;
        for (int i = 1; i < length; i++) {
            L[i] = nums[i - 1] * L[i - 1];
        }

        // R[i] 为索引 i 右侧所有元素的乘积
        // 对于索引为 'length-1' 的元素，因为右侧没有元素，所以 R[length-1] = 1
        R[length - 1] = 1;
        for (int i = length - 2; i >= 0; i--) {
            R[i] = nums[i + 1] * R[i + 1];
        }

        // 对于索引 i，除 nums[i] 之外其余各元素的乘积就是左侧所有元素的乘积乘以右侧所有元素的乘积
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            answer[i] = L[i] * R[i];
        }

        return answer;
    }
};

5、缺失的第一个正数

给你一个未排序的整数数组 nums ，请你找出其中没有出现的最小的正整数。

请你实现时间复杂度为 O(n) 并且只使用常数级别额外空间的解决方案。

示例 1：

输入：nums = [1,2,0]
输出：3
解释：范围 [1,2] 中的数字都在数组中。

示例 2：

输入：nums = [3,4,-1,1]
输出：2
解释：1 在数组中，但 2 没有。

示例 3：

输入：nums = [7,8,9,11,12]
输出：1
解释：最小的正数 1 没有出现。

提示：

• 1 <= nums.length <= 1e5
• -2^31 <= nums[i] <= 2^31 - 1

前言

如果本题没有额外的时空复杂度要求，那么就很容易实现：

• 我们可以将数组所有的数放入哈希表，随后从 1 开始依次枚举正整数，并判断其是否在哈希表中；
• 我们可以从 1 开始依次枚举正整数，并遍历数组，判断其是否在数组中。

如果数组的长度为 N，那么第一种做法的时间复杂度为 O(N)，空间复杂度为 O(N)；第二种做法的时间复杂度为 O(N^2)，空间复杂度为 O(1)。但它们都不满足时间复杂度为 O(N) 且空间复杂度为 O(1)。

「真正」满足时间复杂度为 O(N) 且空间复杂度为 O(1) 的算法是不存在的，但是我们可以退而求其次：利用给定数组中的空间来存储一些状态。也就是说，如果题目给定的数组是不可修改的，那么就不存在满足时空复杂度要求的算法；但如果我们可以修改给定的数组，那么是存在满足要求的算法的。

方法一：哈希表

对于「前言」中提到的第一种做法：

我们可以将数组所有的数放入哈希表，随后从 1 开始依次枚举正整数，并判断其是否在哈希表中。

仔细想一想，我们为什么要使用哈希表？这是因为哈希表是一个可以支持快速查找的数据结构：给定一个元素，我们可以在 O(1) 的时间查找该元素是否在哈希表中。因此，我们可以考虑将给定的数组设计成哈希表的「替代产品」。

实际上，对于一个长度为 N 的数组，其中没有出现的最小正整数只能在 [1,N+1] 中。这是因为如果 [1,N] 都出现了，那么答案是 N+1，否则答案是 [1,N] 中没有出现的最小正整数。这样一来，我们将所有在 [1,N] 范围内的数放入哈希表，也可以得到最终的答案。而给定的数组恰好长度为 N，这让我们有了一种将数组设计成哈希表的思路：

我们对数组进行遍历，对于遍历到的数 x，如果它在 [1,N] 的范围内，那么就将数组中的第 x−1 个位置（注意：数组下标从 0 开始）打上「标记」。在遍历结束之后，如果所有的位置都被打上了标记，那么答案是 N+1，否则答案是最小的没有打上标记的位置加 1。

那么如何设计这个「标记」呢？由于数组中的数没有任何限制，因此这并不是一件容易的事情。但我们可以继续利用上面的提到的性质：由于我们只在意 [1,N] 中的数，因此我们可以先对数组进行遍历，把不在 [1,N] 范围内的数修改成任意一个大于 N 的数（例如 N+1）。这样一来，数组中的所有数就都是正数了，因此我们就可以将「标记」表示为「负号」。算法的流程如下：

我们将数组中所有小于等于 0 的数修改为 N+1；

我们遍历数组中的每一个数 x，它可能已经被打了标记，因此原本对应的数为 ∣x∣，其中 ∣∣ 为绝对值符号。如果 ∣x∣∈[1,N]，那么我们给数组中的第 ∣x∣−1 个位置的数添加一个负号。注意如果它已经有负号，不需要重复添加；

在遍历完成之后，如果数组中的每一个数都是负数，那么答案是 N+1，否则答案是第一个正数的位置加 1。

class Solution {
public:
    int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        for (int& num: nums) {
            if (num <= 0) {
                num = n + 1;
            }
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int num = abs(nums[i]);
            if (num <= n) {
                nums[num - 1] = -abs(nums[num - 1]);
            }
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (nums[i] > 0) {
                return i + 1;
            }
        }
        return n + 1;
    }
};