leetcode热题 - 6

下标对中的最大距离

问题描述

给你两个非递增的整数数组 nums1 和 nums2 ，数组下标均从 0 开始计数。

下标对 (i, j) 中 0 <= i < nums1.length 且 0 <= j < nums2.length 。如果该下标对同时满足 i <= j 且 nums1[i] <= nums2[j] ，则称之为有效下标对，该下标对的距离为 j - i 。

返回所有有效下标对 (i, j) 中的最大距离。如果不存在有效下标对，返回 0 。

一个数组 arr ，如果每个 1 <= i < arr.length 均有 arr[i-1] >= arr[i] 成立，那么该数组是一个非递增数组。

（真题链接：下标对中的最大距离）

解题思路

当看到题目的时候，我们能想到的最快的解法是挨个遍历一遍不就好了。但实际操作下来会发现：挨个遍历，即两层for循环会导致时间复杂度直接爆炸，无法通过。

这时候笔者就要介绍一个优化方法：双指针 。

我们可以定义两个指针，分别为i和j，并让他们分别指向两个数组的首元素。因为整数数组是非递增的，且i <= j，所以i到j的距离一定比i+1到j的距离大。所以我们只需要先固定i和j的初始位置，然后比较对应i和j各个位置上的元素的大小，求出他们之间的距离即可。这种两个指针同时移动的方法，我们就叫做双指针。

代码实现

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int maxDistance(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int ret = 0;
        int i = 0, j = 0;
        // 优化：双指针
        for(i = 0, j = 0; i < nums1.size() && j < nums2.size();)
        {
            if(nums1[i] <= nums2[j])
            {
                ret = max(ret, j - i);
                j++;
            }
            else
            {
                i++;
                j++;
            }
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析

复杂度	量级
时间复杂度	O(n)
空间复杂度	O(1)

总结

本题给定两个非递增数组，需找出满足下标i ≤ j且nums1[i] ≤ nums2[j]的最大下标距离；暴力双重循环效率过低，利用数组非递增的特性采用双指针解法，两个指针从头开始遍历，满足条件就更新最大距离并向后移动j，不满足则同时后移i和j，仅需一次遍历就能求解，时间复杂度为线性、空间复杂度为常量，是本题最优解题方式。

将1移动到末尾的最大操作次数

问题描述

给你一个二进制字符串 s。

你可以对这个字符串执行任意次下述操作：

选择字符串中的任一下标 i（ i + 1 < s.length ），该下标满足 s[i] == '1' 且 s[i + 1] == '0'

将字符 s[i] 向右移直到它到达字符串的末端或另一个 '1'。例如，对于 s = "010010"，如果我们选择 i = 1，结果字符串将会是 s = "000110"。

返回你能执行的最大操作次数。

（真题链接：将1移动到末尾的最大操作次数）

解题思路

该通过一次线性遍历 实现二进制字符串最大操作数的求解，核心逻辑为：初始化总操作数计数器cnt和已遍历到的连续1的数量n，遍历字符串时直接跳过字符0，仅对字符1进行处理；当检测到当前1右侧存在连续0时，标记为有效操作并直接跳过整段连续0，触发有效操作后将当前累计的1的数量n累加到总操作数cnt中；若遍历到后续的字符1，则递增n的计数，最终通过单次遍历完成所有有效操作的统计。

代码实现

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int maxOperations(string s) {
        int cnt = 0;
        int n = 1;
        for(int i = 0; i < s.size(); i++)
        {
            if(s[i] == '0')continue;

            bool flag = false;
            if(i < s.size() - 1 && s[i + 1] == '0')
            {
                s[i] = '0';
                flag = true;
                i++;
            }
            while(i < s.size() - 1 && s[i + 1] == '0')
            {
                i++;
            }
            if(flag)
            {
                cnt += n;
                s[i] = '1';
            }
            if(i < s.size() - 1 && s[i + 1] == '1')n++;
        }
        return cnt;
    }
};

复杂度分析

复杂度	量级
时间复杂度	O(n)
空间复杂度	O(1)

总结

本题求解二进制字符串中1按规则右移的最大操作次数，采用线性遍历+计数统计的最优解法，仅需一次遍历字符串，通过累计已遍历的1的数量，在遇到1右侧的连续0时累加操作数，无需额外空间；算法时间复杂度为O(n)、空间复杂度为O(1)，高效完成求解。