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思路

暴力解法 O(N^2)

我们可以通过生成辅助数组来验证良好出发点

int[]h

这个数组的长度和cost数组长度一致,且这个数组的每个元素的生成逻辑是:

h[i]=gas[i]-cost[i];

h(i) 往后累加,并回到i位置,不出现负数,就是良好出发点 ,这个i位置就是良好出发点

// 暴力解法 O(N^2)
    public static int canCompleteCircuit3(int[] gas, int[] cost) {
        int n = gas.length;

        int[] h = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            h[i] = gas[i] - cost[i];
        }
        // 标记良好出发点的位置,开始是-1,说明没有找到良好出发点
        int good = -1;
        // h[i] 一直往后累加,累加和记录在preSum中,回到本身,如果不出现负数,i位置就是良好出发点
        int preSum;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            preSum = h[i];
            for (int j = i + 1; j < n + i + 1; j++) {
                if (preSum < 0) {
                    break;
                }
                // int index = j % n
                int index = j > n - 1 ? j - n : j;
                preSum += h[index];
            }
            if (preSum >= 0) {
                good = i;
            }
        }
        return good;
    }

滑动窗口 时间复杂度 O(N) 空间复杂度 O(N)

首先,我们还是需要生成h[i]数组

h[i]=gas[i]-cost[i];

假设生成的h[i]数组如下:

[1,-1,0,3,-1]

我们生成其累加和数组preSum[i]

[1,0,0,3,2]

用这个累加和数组在和h[i]数组相加,得到一个两倍长度的数组

[1,0,0,3,2,3,2,2,5,4]

求针对这个数组,滑动窗口为n(n为原数组长度)的最小值,如果第i个窗口内的最小值减去窗口前一个位置的值,如果小于0,则i号位置不是良好出发点

比如

L...L + n - 1 是第x个窗口,最小值m,

如果 m - num[L-1] >= 0 则x是良好出发点

反之,则x不是良好出发点, 完整代码:

public static int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
        int len = gas.length;
        int doubleLen = len << 1;
        int[] h = new int[doubleLen];
        h[0] = gas[0] - cost[0];
        for (int i = 1; i < doubleLen; i++) {
            if (i < len) {
                h[i] = gas[i] - cost[i];
                h[i] += h[i - 1];
            }
            if (i >= len) {
                h[i] = h[len - 1] + h[i - len];
            }
        }
        LinkedList<Integer> qMin = new LinkedList<>();
        int r = 0;
        int index = 0;
        while (r < doubleLen) {
            while (!qMin.isEmpty() && h[qMin.peekLast()] >= h[r]) {
                qMin.pollLast();
            }
            qMin.addLast(r);
            if (qMin.peekFirst() == r - len) {
                qMin.pollFirst();
            }
            if (r >= len - 1) {
                if (r == len - 1) {
                    if (h[qMin.peekFirst()] >= 0) {
                        return index;
                    }
                } else {
                    if (h[qMin.peekFirst()] - h[r - len] >= 0) {
                        return index;
                    }
                }
                index++;
            }
            r++;
        }
        return -1;
    }

时间复杂度 O(N) 空间复杂度 O(1) 的解法

TODO

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算法和数据结构笔记

参考资料

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