LeetCode2612题目
给你一个整数 n 和一个在范围 [0, n - 1] 以内的整数 p ，它们表示一个长度为 n 且下标从 0 开始的数组 arr ，数组中除了下标为 p 处是 1 以外，其他所有数都是 0 。
同时给你一个整数数组 banned ，它包含数组中的一些位置。banned 中第 i 个位置表示 arr[banned[i]] = 0 ，题目保证 banned[i] != p 。
你可以对 arr 进行 若干次 操作。一次操作中，你选择大小为 k 的一个 子数组 ，并将它 翻转 。在任何一次翻转操作后，你都需要确保 arr 中唯一的 1 不会到达任何 banned 中的位置。换句话说，arr[banned[i]] 始终 保持 0 。
请你返回一个数组 ans ，对于 [0, n - 1] 之间的任意下标 i ，ans[i] 是将 1 放到位置 i 处的 最少 翻转操作次数，如果无法放到位置 i 处，此数为 -1 。
子数组 指的是一个数组里一段连续 非空 的元素序列。
对于所有的 i ，ans[i] 相互之间独立计算。
将一个数组中的元素 翻转 指的是将数组中的值变成 相反顺序 。
1 <= n <= 105
0 <= p <= n - 1
0 <= banned.length <= n - 1
0 <= banned[i] <= n - 1
1 <= k <= n
banned[i] != p
banned 中的值 互不相同
用例分析
不考虑banned。假定1在i出，翻转[i,i+k)，则1到了i+k-1处。翻转[j,j+k-1],翻转之前，i距离子数组的开始i-j，那么翻转后，1的距离子数组的结束i-j，即：j+k-1-(i-j)= k+2*j-i-1=k-i-1+2*j
j的取值范围为：[i-k+1,i],同时[0,n-k]
n=5,k=4
|
n=5,k=4
|
||
|
10000 |
00010 |
k-i-1=3新位置为：3+0=3 |
|
01000 |
00100 00001 |
k-i-1=2新位置为：2+0=2 2+2=4 |
|
00100 |
01000 00010 |
k-i-1=1新位置为：1+0=1 1+2=3 |
|
00010 |
10000 00100 |
k-i-1=0新位置为：0+0=0 0+2=2 |
|
00001 |
01000 |
k-i-1=-1新位置为： -1+2=1 |
注意：
p已经处理。
核心代码
class Solution {
public:
vector<int> minReverseOperations(int n, int p, vector<int>& banned, int k) {
vector<int> vRet(n, -1);
vRet[p] = 0;
queue<int> que;
que.emplace(p);
set<int> set0, set1;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (i & 1)
{
set1.emplace(i);
}
else
{
set0.emplace(i);
}
}
for (const auto& b : banned)
{
set0.erase(b);
set1.erase(b);
}
set0.erase(p);
set1.erase(p);
while (que.size())
{
const auto cur = que.front();
que.pop();
const int j0 = max(0, cur - k + 1);
const int j1 = min(cur, n - k);
const int next0 = k - cur - 1 + 2 * j0;
const int next1 = k - cur - 1 + 2 * j1;
auto& setCur = (next0 & 1) ? set1 : set0;
auto it0 = setCur.lower_bound(next0);
auto it1 = setCur.upper_bound(next1 + 1);
for (auto it = it0; it != it1; ++it)
{
vRet[*it] = vRet[cur] + 1;
que.emplace(*it);
}
setCur.erase(it0, it1);
}
return vRet;
}
};时间复杂度
用广度优先实现，入队n次。每次出队时间复杂度O(k)，总时间复杂度O(kn)。出队的时间复杂度可以优化。每次出队是连续的奇数或偶数，我们可以用两个std::set分别纪录未处理的奇数和偶数。未处理分两种情况：已经处理，被禁止。每次出队只需要查询两次，时间复杂度O(logn)。故总时间复杂度为O(nlogn)。
并集查找
如果i是偶数，vDo[i]记录需要处理的偶数中，大于等于i，且最小的数。奇数类似。以n等于8为例，只分析偶数，奇数类似。初始{0,2,4,6}
|
{0,2,4,6} |
处理0{2,2,4,6} 处理2{0,4,4,6} 处理4{0,2,6,6} 处理6{0,2,4,MAX} |
|
2,2,4,6 |
处理0{2,4,4,6}处理2{2,4,4,6} 处理4{2,2,6,6}处理6{2,2,6，MAX} |
|
{2,4,4,6} |
处理0{4,4,6,6}，处理2{2,4,6,6}处理4{2,4,6,6}处理6{2,4,4,MAX} |
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… |
… |
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非常类似并集查找，由于i一定小于vDo[i]，所以不会有环。可以直接使用封装好的有向图的并集查找。 |
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代码
class Solution {
public:
vector<int> minReverseOperations(int n, int p, vector<int>& banned, int k) {
vector<int> vRet(n, -1);
vRet[p] = 0;
queue<int> que;
que.emplace(p);
vector<int> vNext(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
vNext[i] = i;
}
const int iMax = 1000 * 1000;
auto HasDo = [&](int b)
{
vNext[b] = (b + 2 < n) ? vNext[b + 2] : iMax;
};
banned.emplace_back(p);
for (const auto& b : banned)
{
HasDo(b);
}
while (que.size())
{
const auto cur = que.front();
que.pop();
const int j0 = max(0, cur - k + 1);
const int j1 = min(cur, n - k);
int next0 = k - cur - 1 + 2 * j0;
const int next1 = k - cur - 1 + 2 * j1;
for (next0 = GetNext(vNext, next0, iMax); next0 <= next1;)
{
vRet[next0] = vRet[cur] + 1;
HasDo(next0);
que.emplace(next0);
next0 = GetNext(vNext, next0, iMax);
}
}
return vRet;
}
int GetNext(vector<int>& vNext,const int b,const int iMax)
{
if ((iMax == b) || (b == vNext[b]))
{
return b;
};
return vNext[b]= GetNext(vNext, vNext[b],iMax);
};
};2023年4月版本
class Solution {
public:
vector<int> minReverseOperations(const int n, const int p, vector<int>& banned, int k) {
std::set<int> setOdd, setEven;
{
vector<bool> vBanned(n);
for (const auto& b : banned)
{
vBanned[b] = true;
}
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (p == i)
{
continue;
}
if (vBanned[i])
{
continue;
}
if (i & 1)
{
setOdd.emplace(i);
}
else
{
setEven.emplace(i);
}
}
}
std::queue<int> que;
que.emplace(p);
vector<int> vDis(n, -1);
vDis[p] = 0;
for (int i = 0; que.size(); i++)
{
std::queue<int> queNext;
while (que.size())
{
const int iCur = que.front();
que.pop();
std::set<int>& setNoDo = ((iCur + k - 1) & 1) ? setOdd : setEven;
const int iLower = max(iCur - k + 1, k - iCur - 1);
const int iUpper = min(iCur + k - 1, 2 * n - k - iCur - 1);
const auto it1 = setNoDo.lower_bound(iLower);
const auto it2 = setNoDo.upper_bound(iUpper);
for (auto tmp = it1; tmp != it2; ++tmp)
{
queNext.emplace(*tmp);
vDis[*tmp] = i + 1;
}
setNoDo.erase(it1, it2);
}
que.swap(queNext);
}
return vDis;
}
};
2023年8月
class Solution {
public:
vector<int> minReverseOperations(int n, int p, vector<int>& banned, int k) {
std::set<int> setNeedDo[2];
for (int i = 0; i < n; i++)
{
setNeedDo[i % 2].emplace(i);
}
for (const auto& n : banned)
{
setNeedDo[n % 2].erase(n);
}
vector<int> vRet(n, -1);
vRet[p] = 0;
setNeedDo[p % 2].erase(p);
queue<int> que;
que.emplace(p);
while (que.size())
{
const auto cur = que.front();
que.pop();
const int leftMin = max(cur - (k - 1), 0);
const int rightMin = leftMin + (k - 1);
const int leftMax = min(cur, n - 1 - (k - 1));
const int iPosMin = rightMin - (cur - leftMin);//翻转后的位置，子数组右移一位，翻转后的位置移动2位
const int index = iPosMin % 2;
auto it = setNeedDo[index].lower_bound(iPosMin);
auto ij = setNeedDo[index].upper_bound(iPosMin + 2 * (leftMax - leftMin));
for (auto tmp = it; tmp != ij; ++tmp)
{
vRet[*tmp] = vRet[cur] + 1;
que.emplace(*tmp);
}
setNeedDo[index].erase(it, ij);
}
return vRet;
}
};
