文章目录
问题描述
实现获取下一个排列的函数，算法需要将给定数字序列重新排列成字典序中下一个更大的排列。
如果不存在下一个更大的排列，则将数字重新排列成最小的排列（即升序排列）。
必须原地修改，只允许使用额外常数空间。
示例：
- 输入：nums = 1,2,3，输出：1,3,2
- 输入：nums = 3,2,1，输出：1,2,3
- 输入：nums = 1,1,5，输出：1,5,1
核心思想
要找到下一个排列，我们需要理解什么是"字典序中下一个更大的排列"。关键在于：我们希望增加的幅度尽可能小。
从右向左找第一个升序对
找到较小数numsi
从右向左找第一个大于numsi的数
交换这两个数
将i+1到末尾的序列反转
得到下一个排列
算法原理详解
观察规律
让我们通过一个例子来理解：[1, 5, 8, 4, 7, 6, 5, 3, 1]
原数组
1
5
8
4
7
6
5
3
1
关键观察：
- 从右向左看，
[7, 6, 5, 3, 1]是降序的，无法通过重排得到更大的数 - 继续向左，发现
4 < 7，这是第一个"较小数" - 要让排列变大且增幅最小，需要用刚好大于4的数替换4
- 在右侧降序序列中，从右向左找第一个大于4的数，是5
- 交换4和5后，将右侧序列反转为升序
算法步骤可视化
步骤4: 反转 步骤3: 交换 步骤2: 找较大数 步骤1: 找较小数 步骤4: 反转 步骤3: 交换 步骤2: 找较大数 步骤1: 找较小数 1,5,8,4,7,6,5,3,1 找到i=3, nums3=4 找到j=6, nums6=5 1,5,8,5,7,6,4,3,1 1,5,8,5,1,3,4,6,7 从右向左找第一个numsi < numsi+1 从右向左找第一个numsj > numsi 交换numsi和numsj 反转i+1到末尾的序列
为什么这样做是正确的？
下一个排列
目标
字典序更大
增幅最小
策略
尽量改动右侧
右侧影响小
找到突破点
第一个升序对
实现
交换
用刚好大的数替换
反转
保证右侧最小
核心逻辑：
- 从右向左找较小数：右侧降序部分已经是最大排列，无法调整，必须向左找到可以增大的位置
- 找刚好大于它的数：保证增幅最小
- 反转右侧：交换后右侧仍是降序，反转成升序使其最小
解法一：标准算法
代码实现
java
class Solution {
public void nextPermutation(int[] nums) {
int n = nums.length;
// 步骤1: 从右向左找第一个升序对，找到较小数的位置i
int i = n - 2;
while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i + 1]) {
i--;
}
// 步骤2: 如果找到了较小数（不是完全降序）
if (i >= 0) {
// 从右向左找第一个大于nums[i]的数
int j = n - 1;
while (j >= 0 && nums[j] <= nums[i]) {
j--;
}
// 交换
swap(nums, i, j);
}
// 步骤3: 反转i+1到末尾的序列
reverse(nums, i + 1, n - 1);
}
private void swap(int[] nums, int i, int j) {
int temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}
private void reverse(int[] nums, int left, int right) {
while (left < right) {
swap(nums, left, right);
left++;
right--;
}
}
}复杂度分析
时间复杂度： O(n)
- 找较小数：最坏O(n)
- 找较大数：最坏O(n)
- 反转操作：最坏O(n)
- 总体：O(n)
空间复杂度： O(1)
- 只使用了常数个额外变量
- 原地修改数组
解法二：优化的查找方式
对于找较大数的步骤，由于右侧是降序的，我们可以使用二分查找优化。
代码实现
java
class Solution {
public void nextPermutation(int[] nums) {
int n = nums.length;
// 找较小数
int i = n - 2;
while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i + 1]) {
i--;
}
if (i >= 0) {
// 使用二分查找找较大数（右侧是降序的）
int j = binarySearchGreater(nums, i + 1, n - 1, nums[i]);
swap(nums, i, j);
}
// 反转
reverse(nums, i + 1, n - 1);
}
// 在降序数组中二分查找第一个大于target的元素
private int binarySearchGreater(int[] nums, int left, int right, int target) {
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (nums[mid] > target) {
left = mid + 1; // 降序数组，大的在左边
} else {
right = mid;
}
}
return left;
}
private void swap(int[] nums, int i, int j) {
int temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}
private void reverse(int[] nums, int left, int right) {
while (left < right) {
swap(nums, left, right);
left++;
right--;
}
}
}复杂度分析
时间复杂度： O(n)
- 虽然使用了二分查找O(log n)，但整体仍是O(n)
- 因为找较小数和反转操作都是O(n)
空间复杂度： O(1)
特殊情况处理
找到 i >= 0
未找到 i = -1
开始
是否找到较小数?
正常流程
完全降序
找较大数并交换
反转i+1到末尾
结束
反转整个数组
特殊情况： 当数组完全降序时（如3,2,1），找不到较小数，此时i=-1，直接反转整个数组得到升序排列。
算法执行示例
以 [1, 3, 5, 4, 2] 为例：
初始状态: [1, 3, 5, 4, 2]
↑ ↑
i 降序开始
步骤1: 从右向左找，3 < 5，i = 1
步骤2: 从右向左找第一个大于3的数
[1, 3, 5, 4, 2]
↑
j = 2 (nums[2]=5 > 3)
步骤3: 交换 nums[1] 和 nums[2]
[1, 5, 3, 4, 2]
步骤4: 反转 i+1 到末尾
[1, 5, 2, 4, 3]
结果: [1, 5, 2, 4, 3]总结
下一个排列问题的核心是理解字典序和贪心思想：
- 从右向左找突破点：右侧降序部分已是最大，需要向左找可增大的位置
- 最小增幅原则：用刚好大一点的数替换，保证增幅最小
- 右侧最小化：交换后将右侧反转为升序，使整体尽可能小
这个算法巧妙地利用了排列的性质，通过O(n)时间和O(1)空间完成了任务，是一个经典的原地算法设计范例。