复杂度算法题——旋转数组（三种思路）

旋转数组---题目链接

https://leetcode.cn/problems/rotate-array/description/

思路1-循环嵌套

先创建一个临时存储变量tmp来存储数组的最后一个元素

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int tmp = nums[numsSize - 1];

用将 数组nums倒数第二位的元素 移动到 数组最后一位 ，以此类推,运用循环次将数组所有元素向后移动⼀位，就完成了第一次元素后移

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 for (int i = numsSize - 1; i > 0; i--)
        {
            nums[i] = nums[i - 1];
        }

完成一次后移后，需要将临时存储变量tmp的值赋给nums数组首位元素

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nums[0] = tmp;

给循环再套一层循环，循环K次将数组所有元素向后移动⼀位

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while (k--)
    {
        int tmp = nums[numsSize - 1];
        for (int i = numsSize - 1; i > 0; i--)
        {
            nums[i] = nums[i - 1];
        }
        nums[0] = tmp;
    }

完整代码

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void rotate(int* nums, int numsSize, int k) 
{
    // 循环k次，每次将数组向右移动1位
    while (k--)
    {
        // 保存数组最后一个元素（移动后会成为新的第一个元素）
        int tmp = nums[numsSize - 1];
        
        // 从倒数第二个元素开始，依次将前一个元素的值赋给当前位置
        // 实现所有元素整体后移1位
        for (int i = numsSize - 1; i > 0; i--)
        {
            nums[i] = nums[i - 1];
        }
        
        // 将之前保存的最后一个元素放到数组第一个位置，完成1次右移
        nums[0] = tmp;
    }
}

该思路的时间复杂度 O(N^2),空间复杂度 为O(1)（在力扣没办法成功通过，时间复杂度过高）

思路2-空间换时间

申请新数组空间，先将后k个数据放到新数组中，再将剩下的数据挪到新数组中

创建一个相同空间大小新数组new来存储nums数组向右移动后k次后的数据

c 复制代码

int new[numsSize];

仔细观察移动前和移动后的数组，发现(i + k)可以确定原数组第i个元素右移k位后的新位置

但是当 k > numsSize时，例如

c 复制代码

int nums = { 1 };
当 k = 2 时 ，(i + k) 一定会造成数组越界

这时我们就可以让(i + k) 与 numsSize 取模%将大小限制在 0 ~ numsSize 之间，即 (i + k) % numsSize ，这样就不会造成数组越界了

第二部分的代码我们可以这样写

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  for (int i = 0; i < numsSize; i++)
  {
      new[(i + k) % numsSize] = nums[i];
  }

最后只要将new数组中轮转后的结果复制回原数组nums即可

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 for (int i = 0; i < numsSize; i++)
 {
     nums[i] = new[i];
 }

完整代码

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void rotate(int* nums, int numsSize, int k) 
{
    // 创建一个与原数组大小相同的临时数组，用于存储轮转后的结果
    int new[numsSize];

    // 遍历原数组，计算每个元素轮转后的位置并放入临时数组
    // 公式 (i + k) % numsSize 用于确定原数组第i个元素右移k位后的新位置
    // 取余操作处理了k大于数组长度的情况（避免无效轮转）
    for (int i = 0; i < numsSize; i++)
    {
        new[(i + k) % numsSize] = nums[i];
    }

    // 将临时数组中轮转后的结果复制回原数组，完成原地更新
    for (int i = 0; i < numsSize; i++)
    {
        nums[i] = new[i];
    }
}

该思路的时间复杂度 为O(N),空间复杂度 为O(N)

思路三-反转

先前n-k个反转，再后k个反转，最后整体反转

证明反转可行性：

假设要把 $A$ $B$ 变成 $B$ $A$ （A是前半段，B是后半段）：

先反转A：得到 $A'$ $B$ （A'是A的反转）

再反转B：得到 $A'$ $B'$ （B'是B的反转）

最后反转整个数组： $A'$ $B'$ 整体反转后，会变成 $B$ $A$ （因为B'反转回B，A'反转回A，且顺序交换）

例如：

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前n-k个反转：4 3 2 1 5 6 7  
后k个反转  ：4 3 2 1 7 6 5  
整体反转   ：5 6 7 1 2 3 4

首先需要写一个反转函数reverse，函数需要的参数有：需要反转的数组nums、数组需要反转元素的范围，即元素下标的起点，终点

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void reverse(int* nums, int start, int end)
{

}

运用while循环，来实现反转，当start > end 时，循环结束

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void reverse(int* nums, int start, int end)
{
    while(start < end)
    {
        int tmp = nums[start];
        nums[start] = nums[end];
        nums[end] = tmp;

        start++;
        end--;
    }
}

在rorate函数中运用reverse函数
这里要注意 k 的大小不能使数组越界，可以用k = k % numsSize;语句来限制k的范围在0 ~ numsSize

先数组下标为0 ~ (numsSlze - k - 1)的元素反转

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    reverse(nums, 0, numsSize - k - 1);

再数组下标为(numsSlze - k ) ~ (numsSlze - 1)的元素反转

c 复制代码

    reverse(nums, numsSize - k, numsSize - 1);

最后整体反转，即数组下标为0 ~ (numsSlze - 1)的元素反转

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reverse(nums, 0, numsSize - 1);

完整代码

c 复制代码

// 辅助函数：反转数组中从start到end（包含两端）的元素
// start：反转的起始下标
// end：反转的结束下标
void reverse(int* nums, int start, int end)
{
    // 当start小于end时，交换两端元素并向中间移动
    while (start < end)
    {
        // 临时变量保存start位置的元素
        int tmp = nums[start];
        // 交换start和end位置的元素
        nums[start] = nums[end];
        nums[end] = tmp;

        // 起始下标后移，结束下标前移，缩小反转范围
        start++;
        end--;
    }
}

// 主函数：将数组nums向右轮转k个位置
// nums：待轮转的数组
// numsSize：数组的长度
// k：轮转的位数
void rotate(int* nums, int numsSize, int k)
{
    // 处理k大于数组长度的情况：轮转n（数组长度）位相当于没轮转，取余后得到有效轮转位数
    k = k % numsSize;
    
    // 第一步：反转数组的前半部分（0到numsSize - k - 1）
    // 前半部分是指不需要移到开头的元素（共numsSize - k个）
    reverse(nums, 0, numsSize - k - 1);
    
    // 第二步：反转数组的后半部分（numsSize - k到numsSize - 1）
    // 后半部分是指需要移到开头的元素（共k个）
    reverse(nums, numsSize - k, numsSize - 1);
    
    // 第三步：反转整个数组（0到numsSize - 1）
    // 经过前两次局部反转后，整体反转即可得到轮转结果
    reverse(nums, 0, numsSize - 1);
}

该思路的时间复杂度 为O(N),空间复杂度 为O(1)