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记录一下今天刷的三道 LeetCode 题目。

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2389. 和有限的最长子序列

题目

思路

排序 + 前缀和 + 二分查找

解题过程

1. 理解题意: 题目要求我们对于 queries 数组中的每个查询值 q，找出 nums 数组中元素和 小于等于 q 的 最长子序列 的长度。注意，是子序列，不是子数组，意味着我们可以任意选择元素，不必连续。
2. 贪心策略: 为了让子序列尽可能长，我们应该优先选择 nums 中较小的元素。因此，第一步是对 nums 数组进行 排序。
3. 前缀和: 排序后，为了快速计算前 k 个最小元素的和，我们可以计算 nums 数组的 前缀和。我们将前缀和直接存储在排序后的 nums 数组中以节省空间（nums[i] 存储原 nums[0] 到 nums[i] 的和）。
4. 二分查找: 现在，对于每个查询 q = queries[i]，我们需要在前缀和数组（即修改后的 nums 数组）中找到最大的索引 k，使得 nums[k] <= q。这等价于查找第一个 严格大于 q 的前缀和 nums[index] 的位置 index。这个 index 就是满足条件的最长子序列的长度（因为索引从 0 开始，index 个元素对应的前缀和下标是 index-1，所以第一个大于 q 的位置 index 正好是满足 <=q 的元素个数）。
5. 实现: 我们可以使用二分查找（check 函数，寻找下界 lower_bound 的变种）来找到第一个大于 q 的位置。具体地，我们查找 q + 1 的下界，其返回的 left 值即为所求的长度 index。
6. 结果: 将每个查询得到的长度 index 存回 queries 数组的相应位置。

复杂度

• 时间复杂度: $O(N\log N+M\log N)$
  • N 是 nums 的长度，M 是 queries 的长度。
  • 排序 nums 需要 $O(N\log N)$。
  • 计算前缀和需要 $O(N)$。
  • 对于 M 个查询，每个查询进行一次二分查找，需要 $O(\log N)$。总共是 $O(M\log N)$。
  • 总时间复杂度为 $O(N\log N+M\log N)$。
• 空间复杂度: $O(1)$ (或 $O(\log N)$ 取决于排序算法)
  • 我们在原地修改了 nums 数组来存储前缀和，并在原地修改了 queries 数组来存储结果，因此辅助空间复杂度是 $O(1)$ (不考虑排序可能产生的栈空间)。

Code

class Solution {public int[] answerQueries(int[] nums, int[] queries) {Arrays.sort(nums);for (int i = 1; i < nums.length; i++) {nums[i] += nums[i - 1];}for (int i = 0; i < queries.length; i++) {int index = check(nums, queries[i] + 1);queries[i] = index;}return queries;}private int check(int[] arr, int k) {int left = 0, right = arr.length - 1;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (arr[mid] < k) {left = mid + 1;} else {right = mid - 1;}}return left;}
}

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1385. 两个数组间的距离值

题目

思路

排序 arr2 + 二分查找

解题过程

1. 理解题意: 我们需要计算 arr1 中有多少个元素 x，满足以下条件：对于 所有 arr2 中的元素 y，都有 |x - y| > d。换句话说，arr1 中的元素 x 如果要计入结果，那么在 arr2 中 不能存在 任何元素 y 使得 |x - y| <= d，即不能存在 y 位于闭区间 [x - d, x + d] 内。
2. 优化查找: 为了高效地检查 arr2 中是否存在位于 [x - d, x + d] 区间的元素，我们可以先对 arr2 排序。
3. 二分查找: 遍历 arr1 中的每个元素 x。对于当前的 x，我们要在已排序的 arr2 中查找是否存在元素 y 满足 x - d <= y <= x + d。
   • 我们可以使用二分查找找到 arr2 中第一个 大于等于 x - d 的元素的位置 index（即查找 x - d 的下界 lower_bound）。
   • 如果 index == arr2.length，说明 arr2 中所有元素都小于 x - d，因此不可能有元素落在 [x - d, x + d] 区间内。此时 x 符合条件。
   • 如果 index < arr2.length，说明 arr2[index] 是 arr2 中第一个（即最小的）大于等于 x - d 的元素。我们还需要检查这个元素是否也 小于等于 x + d。
     • 如果 arr2[index] <= x + d，则说明 arr2[index] 正好落在 [x - d, x + d] 区间内，x 不符合条件。
     • 如果 arr2[index] > x + d，则说明 arr2 中最小的不小于 x - d 的元素都已经大于 x + d 了，因此 arr2 中没有元素落在 [x - d, x + d] 区间内。此时 x 符合条件。
4. 计数: 维护一个计数器 ret，当 x 符合条件时（即 index == arr2.length 或 arr2[index] > x + d），将其加一。
5. 返回: 遍历完 arr1 后，返回 ret。

复杂度

• 时间复杂度: $O(M\log M+N\log M)$
  • N 是 arr1 的长度，M 是 arr2 的长度。
  • 排序 arr2 需要 $O(M\log M)$。
  • 遍历 arr1 ( N 次)，每次在 arr2 中进行二分查找，需要 $O(\log M)$。总共是 $O(N\log M)$。
  • 总时间复杂度为 $O(M\log M+N\log M)$。
• 空间复杂度: $O(1)$ (或 $O(\log M)$ 取决于排序算法)
  • 排序 arr2 通常可以原地完成，二分查找使用常数额外空间。辅助空间复杂度为 $O(1)$。

Code

class Solution {public int findTheDistanceValue(int[] arr1, int[] arr2, int d) {int ret = 0;Arrays.sort(arr2);for (int x : arr1) {int index = check(arr2, x - d);if (index == arr2.length || arr2[index] > x + d) {ret++;}}return ret;}private int check(int[] arr, int t) {int left = 0, right = arr.length - 1;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (arr[mid] < t) {left = mid + 1;} else {right = mid - 1;}}return left;}}

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2300. 咒语和药水的成功对数

题目

思路

二分查找

解题过程

1. 理解题意: 给定咒语强度数组 spells 和药水强度数组 potions，以及一个成功阈值 success。对于每个咒语 spells[i]，需要计算有多少种药水 potions[j] 使得它们的乘积 spells[i] * potions[j] >= success。返回一个数组 pairs，其中 pairs[i] 是第 i 个咒语对应的成功药水数量。
2. 优化查找: 对于固定的 spells[i]，我们需要在 potions 中找到所有满足 potions[j] >= success / spells[i] 的 potions[j] 的数量。如果 potions 是无序的，我们需要遍历整个 potions 数组，时间复杂度较高。
3. 排序与二分: 我们可以先对 potions 数组进行 排序。排序后，对于给定的 spells[i]，所有满足条件的 potions[j] 会集中在数组的右侧。
4. 查找边界: 我们需要找到第一个（即强度最小的）满足 spells[i] * potions[j] >= success 的药水 potions[j] 的索引 index。可以使用二分查找来完成。
   • 注意：乘积 spells[i] * potions[j] 可能 超过 int 的范围，因此在比较时应使用 long 类型进行计算。
   • 我们的目标是找到最小的 j 使得 (long)spells[i] * potions[j] >= success。这相当于在 potions 数组中查找 success / spells[i] (可能需要向上取整，或直接用乘法比较) 的下界 lower_bound。
   • check 函数实现的正是找到第一个 mid 使得 (long)potions[mid] * x >= success 的位置 left。
5. 计算数量: 一旦找到这个最小索引 index，由于 potions 已经排序，从 potions[index] 到数组末尾的所有药水都将满足条件。因此，成功的药水数量就是 m - index，其中 m 是 potions 数组的长度。
6. 结果: 对每个 spells[i] 重复步骤 4 和 5，将计算出的数量存入结果数组 ret 的对应位置。

复杂度

• 时间复杂度: $O(M\log M+N\log M)$
  • N 是 spells 的长度，M 是 potions 的长度。
  • 排序 potions 需要 $O(M\log M)$。
  • 遍历 spells ( N 次)，每次在 potions 中进行二分查找，需要 $O(\log M)$。总共是 $O(N\log M)$。
  • 总时间复杂度为 $O(M\log M+N\log M)$。
• 空间复杂度: $O(N)$ (或 $O(N+\log M)$)
  • 需要一个长度为 N 的数组 ret 来存储结果。
  • 排序 potions 可能需要 $O(\log M)$ 的栈空间（取决于实现）。
  • 主要空间开销来自于结果数组，为 $O(N)$。

Code

class Solution {public int[] successfulPairs(int[] spells, int[] potions, long success) {int n = spells.length, m = potions.length;int[] ret = new int[n];Arrays.sort(potions);for (int i = 0; i < n; i++) {long t = (success - 1) / spells[i];int index = check(potions, (int)t, m);ret[i] = m - index;}return ret;}private int check(int[] potions, int t, int m) {int left = 0, right = m - 1;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (potions[mid] < t + 1) {left = mid + 1;} else {right = mid - 1;}}return left;}
}

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