本文涉及的基础知识点

二分查找算法合集

LeetCode2790长度递增组的最大数目

给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的数组 usageLimits 。
你的任务是使用从 0 到 n - 1 的数字创建若干组，并确保每个数字 i 在 所有组 中使用的次数总共不超过 usageLimits[i] 次。此外，还必须满足以下条件：
每个组必须由 不同 的数字组成，也就是说，单个组内不能存在重复的数字。
每个组（除了第一个）的长度必须 严格大于 前一个组。
在满足所有条件的情况下，以整数形式返回可以创建的最大组数。
示例 1：
输入：usageLimits = [1,2,5]
输出：3
解释：在这个示例中，我们可以使用 0 至多一次，使用 1 至多 2 次，使用 2 至多 5 次。
一种既能满足所有条件，又能创建最多组的方式是：
组 1 包含数字 [2] 。
组 2 包含数字 [1,2] 。
组 3 包含数字 [0,1,2] 。
可以证明能够创建的最大组数是 3 。
所以，输出是 3 。
示例 2：
输入：usageLimits = [2,1,2]
输出：2
解释：在这个示例中，我们可以使用 0 至多 2 次，使用 1 至多 1 次，使用 2 至多 2 次。
一种既能满足所有条件，又能创建最多组的方式是：
组 1 包含数字 [0] 。
组 2 包含数字 [1,2] 。
可以证明能够创建的最大组数是 2 。
所以，输出是 2 。
示例 3：
输入：usageLimits = [1,1]
输出：1
解释：在这个示例中，我们可以使用 0 和 1 至多 1 次。
一种既能满足所有条件，又能创建最多组的方式是：
组 1 包含数字 [0] 。
可以证明能够创建的最大组数是 1 。
所以，输出是 1 。
参数范围：
1 <= usageLimits.length <= 105
1 <= usageLimits[i] <= 109

分析

知识点

假定最长组数为len，则各组长度一定是1,2…len。假定各组长度不是连续的，缺少x，那么将(x…) 都扔掉一个元素，变成[x,…)。持续这个过程至到各组长度连续为至。
只关心各值的数量，不关心值，比如：1,2,3和2,1,3完全相同。故可对数据进行排序。

二分

如果如果能创建n组，则一定能创建n-1组。随着len增加，一定会由能创建变成不能创建。寻找最后一个能创建的len。显然适合用左闭右开的二分。

判断能否创建len组

预处理

目标数组为{1,2…len}，源数组为升序排序后的 usageLimits，长度不足则在前面补0。比如：目标数组{1,2,3}，源数组{0,3,3}；目标数组{0,1,2,3}，{1,1,2,2}。

推理

我们用len数组表示目标数组，len[i]的含义，[0,len[i])都会有此元素。

len[i]==usageLimits[i]	刚好
len[i] > usageLimits[i]	不足，需要补缺
len[i] < usageLimits[i]	多余，可以用于补缺

长度为3

由于组内不能有重复元素，所以超过len个元素是无效的。我们用表格分析，那些情况刚好创建3组，没多余的数字。

1,1,1,1,1,1	可以	1填2和3的空缺
1,1,1,1,2	可以	1填2和3的空缺
1,1,2,2	可以	1填3的空缺
2,2,2	可以	2填3的空缺
1,1,1,3	可以	1填2的空缺
1,2,3	可以	不用填空缺
3,3	不可以	1的空缺无法填

猜测

3可以填4及以上缺，如：1333，{2},{3,4},{2,3,4},{1,2,3,4}

如何补缺

假定i1<i2，i2无法补i1的缺，因为i2已经用于[0,i2)不能用于[0,i1)中的任何组。
i1可以补i2的缺。i1只由于[0,i1)组，所以补[i2,…)的缺，不会造成同一组有重复数据。

一个数不会补缺两次

假定k = len[i2] -en[i1]，则i1多余不会超过k，
usageLimits[i1]-len[i1] >k
==>usageLimits[i1] >len[i1]+k
==>usageLimits[i1] >len[i2]
因为usageLimits[i2]>=usageLimits[i1]
所以：usageLimits[i2]>len2
所以：i2有多余，和有缺矛盾。
i1多余不会超过k，所以补完i2的缺就空了。
==>无需考虑一个数补两个缺

判断能否创建len组(2024年3月1号补充)

想象成等腰直角三角形，一组一行，如果一个数在同一列则一定符合条件。
usageLimits 从大到小排序。
如果usageLimits[i] >= len-i ，改成len-i。后面简称操作一。前i列已经分配，i以后的列空位更少，浪费更多。
如果刚好usageLimits = {len,len-1$\cdots$,2,1} 则刚好分配，简称标准形式。
下面来证明：操作一后，如果和等于(1+2+$\cdot 2$+len)，则一定能转化成标准形势。令某usageLimits比标准形式少m1个数。
一，m1==1，令缺少的数是x1，则多的数一定小于x1，否则和操作一矛盾。将所有多的数用来替补x1的缺口。
二,m1>2。令缺少的数最大是是x1，则多的数一定小于x1。用若干个数来填补x1的确，这些数可能没用完。 问题变成m-1是否符合条件。
操作一后，如果和大于标准形式的和，则减一直到相等。

代码

核心代码

class Solution {
public:
int maxIncreasingGroups(vector& usageLimits) {
m_c = usageLimits.size();
m_v = usageLimits;
sort(m_v.begin(), m_v.end());
int left = 1, right = m_c + 1;
while (right - left > 1)
{
const int mid = left + (right - left) / 2;
if (Can(mid))
{
left = mid;
}
else
{
right = mid;
}
}
return left;
}
bool Can(int len)
{
int i = m_c - 1;
long long llNeed = 0;
for (; len > 0; len–,i–)
{
llNeed -= (m_v[i] - len);
if (m_v[i] >= len)
{
llNeed = max(0LL, llNeed);
}
}
for(;i >= 0 ; i–)
{
llNeed -= m_v[i];
}
return llNeed <= 0;
}
int m_c;
vector m_v;
};

测试用例

template
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
assert(t1 == t2);
}

template
void Assert(const vector& v1, const vector& v2)
{
if (v1.size() != v2.size())
{
assert(false);
return;
}
for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
{
Assert(v1[i] ,v2[i]);
}
}

int main()
{
Solution slu;
vector usageLimits;
int res = 0;
usageLimits = { 2,2,2 };
res = slu.maxIncreasingGroups(usageLimits);
Assert(res, 3);
usageLimits = { 1,2,5 };
res = slu.maxIncreasingGroups(usageLimits);
Assert(res, 3);
usageLimits = { 2,1,2 };
res = slu.maxIncreasingGroups(usageLimits);
Assert(res, 2);
usageLimits = { 1,1 };
res = slu.maxIncreasingGroups(usageLimits);
Assert(res, 1);

//CConsole::Out(res);

}