设计LRU缓存结构_牛客题霸_牛客网

描述

设计LRU(最近最少使用)缓存结构，该结构在构造时确定大小，假设大小为 k ，并有如下两个功能

1. set(key, value)：将记录(key, value)插入该结构

2. get(key)：返回key对应的value值

提示:

1.某个key的set或get操作一旦发生，认为这个key的记录成了最常使用的，然后都会刷新缓存。

2.当缓存的大小超过k时，移除最不经常使用的记录。

3.输入一个二维数组与k，二维数组每一维有2个或者3个数字，第1个数字为opt，第2，3个数字为key，value

若opt=1，接下来两个整数key, value，表示set(key, value)
若opt=2，接下来一个整数key，表示get(key)，若key未出现过或已被移除，则返回-1
对于每个opt=2，输出一个答案

4.为了方便区分缓存里key与value，下面说明的缓存里key用""号包裹

要求：set和get操作复杂度均为 O(1)

示例1

输入：

[[1,1,1],[1,2,2],[1,3,2],[2,1],[1,4,4],[2,2]],3

复制返回值：

[1,-1]

复制说明：

[1,1,1]，第一个1表示opt=1，要set(1,1)，即将(1,1)插入缓存，缓存是{"1"=1}
[1,2,2]，第一个1表示opt=1，要set(2,2)，即将(2,2)插入缓存，缓存是{"1"=1,"2"=2}
[1,3,2]，第一个1表示opt=1，要set(3,2)，即将(3,2)插入缓存，缓存是{"1"=1,"2"=2,"3"=2}
[2,1]，第一个2表示opt=2，要get(1)，返回是[1]，因为get(1)操作，缓存更新，缓存是{"2"=2,"3"=2,"1"=1}
[1,4,4]，第一个1表示opt=1，要set(4,4)，即将(4,4)插入缓存，但是缓存已经达到最大容量3，移除最不经常使用的{"2"=2}，插入{"4"=4}，缓存是{"3"=2,"1"=1,"4"=4}
[2,2]，第一个2表示opt=2，要get(2)，查找不到，返回是[1,-1]      

示例2

输入：

[[1,1,1],[1,2,2],[2,1],[1,3,3],[2,2],[1,4,4],[2,1],[2,3],[2,4]],2

复制返回值：

[1,-1,-1,3,4]

复制

备注：

1≤K≤N≤105
−2×109≤x,y≤2×109

解题报告：

首先设计数据结构使用hash表+链表实现。

首先用链表来实现页面缓存。用hash表来快速定位每个key对应的value是什么。方便进行get操作。

AC代码：

优化后较为简单的代码：

即我们调用层，代码十分清晰。具体实现层，实现了链表层面的insert和remove，顺便更新下key就可以了。

注意点1：remove函数里面的k_pos.erase操作要放到if内，不然已经return了就不会执行erase了。

class Solution {
public:/*** lru design* @param operators int整型vector<vector<>> the ops* @param k int整型 the k* @return int整型vector*/struct Node {int key, val;Node* pre, *nxt;Node(int k, int v):key(k), val(v){}};int K;unordered_map<int, Node*> k_pos;Node* head, *tail;void insert(int key, int value) {Node* newNode = new Node(key, value);newNode->nxt = head->nxt;newNode->pre = head;head->nxt->pre = newNode;head->nxt = newNode;k_pos[key] = newNode;}bool remove(int key) {if(k_pos.find(key) != k_pos.end()) {Node* tar = k_pos[key];tar->pre->nxt = tar->nxt;tar->nxt->pre = tar->pre;delete tar;k_pos.erase(key);return true;}return false;}void set(int key, int value) {remove(key);if(k_pos.size() >= K) {remove(tail->pre->key);}insert(key, value);}int get(int key) {if(k_pos.find(key) != k_pos.end()) {int ret = k_pos[key]->val;remove(key);insert(key, ret);return ret;}return -1;}vector<int> LRU(vector<vector<int> >& operators, int k) {// write code hereK = k;head = new Node(-1, -1);tail = new Node(-1, -1);head->nxt = tail;tail->pre = head;vector<int> ans;for(int i = 0; i<operators.size(); i++) {if(operators[i][0] == 1) {set(operators[i][1], operators[i][2]);} else {ans.push_back(get(operators[i][1]));}}return ans;}
};

重构前较为复杂的代码：

class Solution {
public:/*** lru design* @param operators int整型vector<vector<>> the ops* @param k int整型 the k* @return int整型vector*/struct Node {int key, val;Node* pre, *nxt;Node(int k, int v):key(k), val(v){}};int K;unordered_map<int, Node*> k_pos;Node* head, *tail;bool remove(int key) {if(k_pos.find(key) != k_pos.end()) {Node* tar = k_pos[key];tar->pre->nxt = tar->nxt;tar->nxt->pre = tar->pre;delete tar;k_pos.erase(key);return true;}return false;}void set(int key, int value) {remove(key);if(k_pos.size() >= K) {remove(tail->pre->key);}Node* newNode = new Node(key, value);newNode->nxt = head->nxt;newNode->pre = head;head->nxt->pre = newNode;head->nxt = newNode;k_pos[key] = newNode;}int get(int key) {if(k_pos.find(key) != k_pos.end()) {int ret = k_pos[key]->val;remove(key);Node* newNode = new Node(key, ret);newNode->nxt = head->nxt;newNode->pre = head;head->nxt->pre = newNode;head->nxt = newNode;k_pos[key] = newNode;return ret;}return -1;}vector<int> LRU(vector<vector<int> >& operators, int k) {// write code hereK = k;head = new Node(-1, -1);tail = new Node(-1, -1);head->nxt = tail;tail->pre = head;vector<int> ans;for(int i = 0; i<operators.size(); i++) {if(operators[i][0] == 1) {set(operators[i][1], operators[i][2]);} else {ans.push_back(get(operators[i][1]));}}return ans;}
};