C++算法：最少翻转操作数

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}
…	…
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。

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);
};
};