🎇数组简单题Part

🌈 开启LeetCode刷题之旅 🌈

🍰1.两数之和

两数之和

👑思路分析

1.暴力法

算法实现：

• 不难想到可以暴力枚举数组内的每一个 x ，对于每一个 x ，只需在数组中找到值为 target-x 的数即可，由于 x 之前的数已经枚举过，所以只需枚举 x 之后的元素即可
• 时间复杂度为：$O(n^2)$

补充知识:

对于vector<int> nums

• 头文件：

  #include <vector>
  

• 统计元素个数：nums.size()

• 在数组末尾添加单个元素：nums.emplace_back(value)

• 两种遍历方法：

  1. $for$循环：
     nums.begin() 是起始迭代器的意思，起始迭代器指向容器中的第一个元素
     nums.end() 是终止迭代器，指向容器中最后一个元素的下一个位置

  for (vector<int>::iterator it = nums.begin(); it != nums.end(); it++)cout << *it << endl;
  

  
  
  2. $for\_each(a,b,func)$函数：
     其本质上就是以for循环
     前两个参数分别是起始容器的迭代器的位置，和结束容器，是一个区间 $[a,b)$;
     第三个参数是一个函数名称（要在函数的外面对他进行实现）

  #include<algorithm> //for_each()需要包含算法头文件for_each(nums.begin(), nums.end(), [&](int value){cout << value << " "; });
  

代码实现：

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {vector<int> ans;for (int i=0;i<nums.size();i++){for (int j=i+1;j<nums.size();j++){if (nums[i]+nums[j]==target){ans.emplace_back(i);ans.emplace_back(j);return ans;}}}return ans; //没有结果则返回空数组}
};

2.哈希表法

算法实现：

• 我们对每一个枚举的 x ，查找是否存在元素 target-x 时，是在 x 之后的元素中找，时间复杂度高
• 但其实我们也可以"向前找"，也就是对枚举过的元素建立一个哈希表，哈希表则是通过 vector<map> 实现一对一的键值对存储，这样保证能在 $O(1)$ 的时间内找到 target-x
• 对于当前枚举的元素 num ，判断 target-num：

  1. 如果 target-num 在哈希表中，也就是存在 $key==target-num$，则匹配成功；

  2. 如果哈希表中不存在 key==target-num ，则将当前键值对：{num:数组下标} 存入哈希表中，继续下一个元素的枚举

补充知识：

对于 unordered_map：

• 头文件：

  #include <unordered_map>
  

• unordered_map内部实现了一个哈希表，也叫散列表，通过把关键码值映射到 $Hash$ 表中一个位置来访问记录，查找的时间复杂度可达到 $O(1)$，其元素的排列顺序是无序的

• $find()$ 查找元素：
  如果 $key$ 在 $map$ 中，$find$方法会返回 $key$ 对应的迭代器。如果 $key$ 不存在，$find$ 会返回$end$

  //查找元素并输出+迭代器的使用
  auto iterator = uMap.find(2);//find()返回一个指向2的迭代器
  if (iterator != uMap.end())cout<<"查找成功"<<endl;
  elsecout<<"查找失败"<<endl;
  

• 三种方法解决添加元素：

  1.索引添加:

  uMap['key']=value
  

  2.emplace():

  uMap.emplace ("key", value)
  

  3.insert():

  uMap.insert("其他容器");	    // copy insertion
  uMap.insert(uMap.begin(), uMap.end());	    // range inseration
  uMap.insert({{"sugar",0.8},{"salt",0.1},{"milk",2}});    // initializer list inseration
  uMap.insert(pair<type 1,type 2>(key,value));     //添加键值对{key:value}
  

代码实现：

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {unordered_map<int,int> hash;for (int i=0;i<nums.size();i++){//如果key在map中，find方法会返回key对应的迭代器。如果key不存在，find会返回endauto it=hash.find(target-nums[i]);if (it!=hash.end())return {it->second,i};hash[nums[i]]=i;}//失败返回空return {};}
};

🍰26.删除有序数组中的重复项

删除有序数组中的重复项

👑思路分析

1.双指针

算法实现：

首先注意数组是有序的，那么重复的元素一定会相邻，要求删除重复元素，实际上就是将不重复的元素移到数组的左侧

• 因此，考虑用双指针$fast$ 和 $slow$：
  1. 比较$slow$和$fast$位置的元素是否相等
     如果相等：表示为重复元素，$fast$ 则后移一位;
     如果不相等：表示出现了新元素，将 $fast$ 位置的元素复制到 $slow+1$ 位置上，$slow$ 和 $fast$ 均向后移一位
  2. 重复上述过程，直到 $fast$ 超出数组范围
  3. 返回 $slow+1$，即为含有不重复元素的数组长度

图解算法：

代码实现：

class Solution {
public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {int n=nums.size();if (n==0) //判空return 0;int slow=0;for(int fast=1;fast<n;fast++){if (nums[fast]!=nums[slow]) //为新元素nums[++slow]=nums[fast]; //前移}return slow+1;}
};

2.利用vector容器特性去重

算法实现：

对于 vector<int> nums：

• sort(begin,end)：对数组进行排序，但由于题目所给的数组已经是有序数组，所以省去此操作
• unique(begin,end) ：
  1. 头文件：#include <algorithm>
  2. 作用范围为 $[begin,end)$，作用是 伪去除 容器中相邻元素的重复元素，因为它会把重复的元素添加到容器的末尾，而返回值是去重后 不重复元素的后一个地址
• nums.erase()：删除容器末尾重复的元素
  三种删除的方式：
  1. $erase(pos,n)$：删除从$pos$开始的$n$个字符，为$string$特有删除方式，比如$erase(0,1)$就是删除第一个字符
  2. $erase(position)$：删除$position$所指位置的元素
  3. $erase(first,last)$：删除 $[first,end)$ 区间内的字符$(first$和$last$都是迭代器$)$

代码实现：

class Solution {
public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {int sum=0;vector <int>::iterator it;it = unique(nums.begin(),nums.end()); //it为指向不重复元素的后一个地址nums.erase(it,nums.end());    //删除排放在末尾的重复的元素sum=nums.size();return sum;//   cout<<sum<<",";//   for(it=nums.begin();it!=nums.end();it++){//       cout<<*it;}}
};

🍰27.移除元素

移除元素

👑思路分析

1.双指针

算法实现：

由于题目要求删除数组中等于 $val$ 的元素，因此输出数组的长度一定 $\le$ 输入数组的长度，我们可以把输出的数组直接写在输入数组上，则考虑使用双指针：右指针 $right$ 指向 当前将要处理的元素，左指针 $left$ 指向 下一个将要赋值的位置

• 初始时，将 $left$ 和 $right$ 同时指向首位置
• 对 $right$ 位置的元素进行判断：
  1. 如果 nums[right]!=val：将 $right$ 对应位置的元素复制到 $left$ 位置上，并将 $right$ 和 $left$ 同时向右移动一位
  2. 如果 nums[right]==val：$left$ 不动，$right$ 向后移动一位
• 重复上述操作，知道 $right$ 超出数组

最终有效数组区间是 $[0,left)$，长度即为 $left$

图解算法：

代码实现：

class Solution {
public:int removeElement(vector<int>& nums, int val) {int n=nums.size();int left=0;for (int right=0;right<n;right++){if (nums[right]!=val)   //不等于val时nums[left++]=nums[right];   //复制+移动}return left;}
};

2.双指针优化

算法实现：

如果要移除的元素恰好在数组的开头，例如序列 $[1,2,3,4,5]$，当 val=1 时，我们需要依次把每一个元素都左移一位，但由于题目中说：「元素的顺序可以改变」，实际上我们可以直接将最后一个元素 $5$ 移动到序列开头，取代元素 $1$，得到序列 $[5,2,3,4]$ 即可，这个优化在序列中 $val$ 元素的数量较少时非常有效

• 初始时，令 left=0，right=n
• 对 $left$ 所指向的元素进行判断：
  1. 如果 nums[left]==val：将 $right-1$ 位置上的元素复制到 $left$ 位置上，再将 $right$ 向左移动一位
  2. 如果 nums[left]!=val：则仅让 $left$ 向右移动一位
• 重复上述操作，直到 right==left 说明此时数组中的所有元素都已经被访问过了

最终有效的数组区间为 $[0,left)$，长度为 $left$

图解算法：

为什么不令 $right$ 为 $n-1$ ?

是为了确保当 $right==left$ 时，数组内的所有元素都已经被访问
否则，若 right=n-1，则 nums[left]==val 时应该令 nums[left]=nums[right--]，而此时 $right$指向位置的元素是未被访问过的，如果之后 $left$ 移动至 $right$ 位置上，还需再对 $nums[left]$ 进行一次判断，这样会导致长度不能直接确定

代码实现：

class Solution {
public:int removeElement(vector<int>& nums, int val) {int n=nums.size();int left=0,right=n;while(right>left) //当right=left时退出{if (nums[left]==val){nums[left]=nums[right-1]; //将right位置元素复制给left后，right左移一位right--;}elseleft++;}return left;}
};

3.利用vector容器特性删除

算法实现：

• 利用 iterator.erase(pos) 对迭代器的指定位置进行删除，需要注意：
  1. 返回值是一个迭代器，指向删除元素的 下一个元素；
  2. 调用 $erase()$ 函数之后，$vector$ 后面的元素会向前移位，形成新的容器，于是被删除的元素对应的迭代器会变成一个野指针

代码实现：

class Solution {
public:int removeElement(vector<int>& nums, int val) {int res;int n=nums.size();for(vector<int>::iterator it=nums.begin();it!=nums.end();){if (*it==val)it=nums.erase(it); //此时it指向被删除元素的下一个位置(原来的it变为野指针)elseit++;}return nums.size();}
};

🍰66.加一

加一

👑思路分析

1.找最长后缀

算法实现：

当我们对数组 $digits$ 加一时，我们只需要关注 $digits$ 的末尾出现了多少个 $9$ 即可:

• $digits$ 的末尾没有 $9$：
  例如 $[1,2,3]$，那么我们直接将末尾的数加一，得到 $[1,2,4]$ 并直接返回

• $digits$ 的末尾有若干个 $9$：
  例如 $[1,2,3,9,9]$，那么我们只需要找出从末尾开始的第一个不为 $9$ 的元素，即 $3$，将该元素加一，得到 $[1,2,4,9,9]$。随后将末尾的 $9$ 全部置零，得到 $[1,2,4,0,0]$ 并直接返回

• $digits$ 的所有元素都是 $9$：
  例如 $[9,9,9,9,9]$，那么答案为 $[1,0,0,0,0,0]$，我们只需要构造一个长度比 $digits$ 多 $1$ 的新数组，将首元素置为 $1$，其余元素置为 $0$ 即可：vector<int> ans(n+1,0); ans[0]=1 ;

也可以使用$vector<int>$ 中的插入函数 digits.insert(digits.begin(),1) 实现头插

代码实现：

class Solution {
public:vector<int> plusOne(vector<int>& digits) {int n=digits.size();for(int i=n-1;i>=0;i--){if(digits[i]+1!=10) //如果不产生进位{digits[i]++;return digits;}digits[i]=0; //否则该位置零}//能走出循环说明所有位都为0了，需要增长数组，即9999->10000digits.insert(digits.begin(),1);return digits;}
};

🍰88.合并两个有序数组

合并两个有序数组

👑思路分析

1.直接覆盖+快速排序

算法实现：

由于最终结果为 $nums1$，则可以直接将 $nums2$ 覆盖到 $nums1$ 的尾部，然后对整个数组进行排序，此时时间复杂度为$：O((m+n)log(m+n))$，空间复杂度为$：O(log(m+n))$

• sort(a,b)：$c++$标准库中的排序函数
  1. 头文件：#include<algorithm>
  2. 时间复杂度：$n\ast log2(n)$
  3. 作用范围：$[a,b)$

代码实现：

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {for (int i = 0; i != n; ++i)nums1[m + i] = nums2[i]; //覆盖尾部sort(nums1.begin(), nums1.end());}
};

2.正向双指针(原地操作)

算法实现：

方法一没有利用数组 $nums1$与 $nums2$​ 已经被排序的性质，由于此时 $nums1$ 和 $nums2$ 已经是升序排列了，在前面的元素一定比后面更小，因此我们可以使用双指针，分别指向两个数组，每一次选择一个较小的元素放入 $nums1$ 中，此时时间复杂度为：$O(nm)$，空间复杂度为$：O(1)$：

• 开始时，$p,q$ 分别指向 $nums1、nums2$ 的首位置
• 当两个数组内的元素都没有被遍历完时，比较 $nums1[p]$ 和 $nums2[q]$：
  1. nums1[p]<nums2[q]：
     由于 $nums1$ 中存放最终结果，因此，此时不用改变 $nums1[p]$ 位置上的数，并让 $p$ 指针向右移一位
  2. nums1[p]≤nums2[q]：
     1. 此时，我们应该让 $nums2$ 中更小（或相等）的元素放入 $nums1$，因此，我们选择删除 $1$ 个 $nums1$ 数组末尾的 $0$，而将 $nums2[q]$ 插入（前插）；
     2. 并将指针 $p,q$ 都各自向右移一位：p++ 是因为此时 $p$ 指向的是前插的新元素；q++ 是为了继续遍历 $nums2$ 中的下一个元素
     3. 此外，我们还需要将 $nums1$ 数组的有效长度 m++，因为新增了一个元素
• 当循环结束时，只有两种情况：
  1. q!=n：表示 $nums2$ 中还存在比此时 $nums1$ 中最大元素更大的元素，于是将 $nums2$ 中剩余元素全部加入 $nums1$
  2. q==n：表示 $nums2$ 中所有元素都加入到了 $nums1$ 中，也说明此时 $nums1$ 已经完成了排序

解释：

1. 该双指针操作的优点是：没有使用辅助数组空间，空间复杂度为$:O(1)$，但是缺点是：使用 nums.insert() 进行前插操作时，移动产生的时间复杂度较高，导致总的时间复杂度为$:O(nm)$
2. 为什么最后无需在意是否 $p==m?$ 因为 $p==m$ 不能说明此时是否已经遍历完 $nums2$ 和 $nums1$ 中的所有元素

图解算法：

代码实现：

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {int p=0,q=0; //p指向nums1,q指向nums2while(p<m && q<n) //当有一个数组被全部访问完时退出{if (nums1[p]<nums2[q]) //nums1中元素不变，找下一位置p++;else if (nums1[p]>=nums2[q]) //nums1中元素改变{nums1.pop_back(); //删除nums1的1个末尾0nums1.insert(nums1.begin()+p,nums2[q]); //插在nusm1[p]之前m++; //插入一个新元素，将nums1的有效长度加一p++;q++;}}//退出循环后，将剩余元素全部放入nums1数组中// 1. q!=n 说明nums2中仍有残留元素if (q!=n){for(;q<n;)nums1[p++]=nums2[q++];}// 2. q==n时说明nums2中元素已经全部插入nums1中// 此时无需进行任何操作}
};

3.正向双指针(辅助数组)

算法实现：

思想同上，而此时是将比较得到的较小元素放入辅助数组中，最后遍历完两个数组内全部元素后，再将辅助数组复制到 $nums1$ 中，此时时间和空间复杂度均为 $：O(m+n)$

图解算法：

代码实现：

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {int p=0,q=0,i=0;int res[m+n];//比较while(p<m && q<n){if (nums1[p]<nums2[q])res[i++]=nums1[p++];else if (nums1[p]>nums2[q])res[i++]=nums2[q++];else if (nums1[p]==nums2[q]){res[i++]=nums1[p++]; //两个都放res[i++]=nums2[q++];}}//处理nums2中剩余if (p==m && q!=n){for(;q<n;)res[i++]=nums2[q++];}//处理nums1中剩余else if (p!=m && q==n){for(;p<m;)res[i++]=nums1[p++];}//复制结果for(int j=0;j<m+n;j++)nums1[j]=res[j];}
};

4.逆向双指针

算法实现：

由于 $nums1$​ 的后半部分是空的，可以直接覆盖而不会影响结果，因此可以将双指针设置为从后向前遍历，每次取两者之中的较大者放进 $nums1$ 的末尾，此时时间复杂度为$：O(m+n)$，空间复杂度为$：O(1)$

• 指针 $i$ 表示下一个要插入 $nums1$ 的位置
• 初始时，取 $m$ 和 $n$ 分别作为指向 $nums1$ 和 $nums2$ 的指针，m&n -- 使其指向数组的有效末尾
• 当 n>=0 时，表示 $nums2$ 中仍有元素未插入 $nums1$ 中，比较此时的 $nums1[m]$ 和 $nums2[n]$：
  1. nums1[m]>nums2[n]：不断令 $nums1[i]=nums1[m]$，并不断左移，直到 nums1[m]<nums2[n]
  2. nums1[m]<nums2[n]：令 $num1[i]=nums2[n]$

图解算法：

代码实现：

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {int i=nums1.size()-1; //指针i指向要插入元素的位置m--;n--;while(n>=0) //存在nums2中的元素未加入到nums1中{while(m>=0 && nums1[m]>nums2[n])nums1[i--]=nums1[m--];nums1[i--]=nums2[n--];}}
};

🍰169.多数元素

多数元素

👑思路分析

1.哈希表

算法实现：

可以循环遍历数组一次，用哈希表对数组元素出现的频次进行统计，时间复杂度和空间复杂度均为$:O(n)$

• 其中，统计频次的 unordered_map<type,type> count 是一个关联容器，存储键$-$值对，其中每个键都关联到唯一的值，可以使用 $count[i]$ 来查询键 $i$ 的值
• 当我们访问一个元素时，要将其哈希表内的值加一，可以通过 ++count[i] 实现

  注意：如果 $i$ 在 unordered_map 中不存在，那么这个操作会添加一个键为 $i$ 的新元素到 unordered_map 中，并令其值为 $1$

代码实现：

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {unordered_map<int,int> hash; //哈希表int n=nums.size();for(int i=0;i<n;i++){++hash[nums[i]];if (hash[nums[i]]>n/2)return nums[i];}return NULL;}
};

2.排序

算法实现：

如果将数组 $nums$ 中的所有元素按照单调递增或单调递减的顺序排序，那么下标为 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 的元素（下标从 $0$ 开始）一定是众数，此时，时间复杂度为$：O(nlogn)$，空间复杂度为$：O(logn)$

• 使用$std$库自带的排序函数：sort(begin,end,pred)
  1. 升序为：sort(begin,end,greater<T>()) $T$为参数类型
  2. 降序为：sort(begin,end,less<T>())

代码实现：

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(),nums.end(),greater<int>());return nums[nums.size()/2];}
};

3.随机化

算法实现：

因为超过 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 的数组下标被众数占据了，这样我们随机挑选一个下标，检查它对应的数是否是众数，如果是就返回，否则继续随机挑选，由于一个给定的下标对应的数字很有可能是众数，因此会有很大的概率能找到

• 可以利用 rand() % nums.size() 随机生成一个数组下标

时间复杂度：理论上最坏情况下的时间复杂度为 $O(\infty )$，因为如果我们的运气很差，这个算法会一直找不到众数，随机挑选无穷多次，所以最坏时间复杂度是没有上限的，然而，运行的期望时间是线性的，为了更简单地分析，先说服你自己：由于众数占据 超过 数组一半的位置，期望的随机次数会小于众数占据数组恰好一半的情况，因此，我们可以计算随机的期望次数（假设当前情况为 $X$，众数数量为 $\frac{n}{2}$ 的情况为 $Y$）：

$E(X)\le E(Y)$
$\le {\sum }_{i=1}^{\infty }i\ast \frac{1}{2^i}$
$\le 2$

计算方法：当众数恰好占据数组的一半时，第一次随机我们有 $\frac{1}{2}$​ 的概率找到众数，如果没有找到，则两次随机，我们有 $\frac{1}{4}$​ ​ 的概率找到众数，以此类推，可以计算出这个期望值为常数 $2$，也就是说，平均两次随机挑选就可以找到众数，所以时间复杂度为$：O(k\ast n)=O(n)$

空间复杂度$：O(1)$

代码实现：

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {int n=nums.size();while(true){int num=nums[rand()%n];int count=0;for(int i=0;i<n;i++){if (nums[i]==num)++count;}if (count>n/2)return num;}return -1;}
};

4.摩尔投票法

算法实现：

摩尔投票法：核心理念就是票数正负相消，通过该方法可以找到 绝对众数 （也就是出现次数超过一半的数），此时，时间复杂度为$：O(n)$，空间复杂度为$：O(1)$，为此题的最优解：

• 首先，设立一个选举人 candidate，我们令其为数组的首元素，将当前选举人的票数 $count$ 设为 $1$
• 遍历数组，如果 nums[i]==candidate，表示有人投了当前选举人一票，count++；如果 nums[i]!=candidate，说明有人将票投给了其他人，令 count--
• 当某一时刻，当前选举人的票数出现 count==0，我们需要更换一个新的选举人，则令下一个元素为新的选举人：candidate=nums[++i]，令其票数为 $1$
• 最后，数组内所有元素都遍历完成，此时的 $candidate$ 即为 绝对众数（因为是绝对众数，所以此时 $count\ge 1$）

图解算法：

代码实现：

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {int candidate=nums[0]; //设立初始选举人int count=1;for (int i=1;i<nums.size();i++){if (nums[i]==candidate){ //与当前选举人相同count++;continue;}else if (nums[i]!=candidate) //与当前选举人不相同count--;if (count==0){  //两两相消为0了candidate=nums[++i]; //重新设定下一个元素为新的选举人count=1; //新选举人的票数为1}}return candidate;}
};