LeetCode题练习与总结：加一--66

一、题目描述

给定一个由整数组成的非空数组所表示的非负整数，在该数的基础上加一。

最高位数字存放在数组的首位，数组中每个元素只存储单个数字。

你可以假设除了整数 0 之外，这个整数不会以零开头。

示例 1：

输入：digits = [1,2,3]
输出：[1,2,4]
解释：输入数组表示数字 123。

示例 2：

输入：digits = [4,3,2,1]
输出：[4,3,2,2]
解释：输入数组表示数字 4321。

示例 3：

输入：digits = [0]
输出：[1]

提示：

1 <= digits.length <= 100
0 <= digits[i] <= 9

二、解题思路

首先，我们需要遍历数组的每一位数字，从最低位（数组的最后一个元素）开始。
对于每一位数字，我们将其加一。如果加一后的结果小于10，那么直接更新该位的数字，并且结束循环，因为我们已经完成了加一操作。
如果加一后的结果等于或大于10，说明发生了进位，我们需要将当前位的数字更新为0，并且继续处理下一位（即向前进位）。
如果在遍历完整个数组后，仍然有进位（即数组中所有的位都已经加一，且最后一个位加一后仍然等于或大于10），我们需要在数组的开头添加一个1，表示进位到了最高位。

三、具体代码

public class Solution {public int[] plusOne(int[] digits) {// 从数组的最后一个元素开始，向前遍历for (int i = digits.length - 1; i >= 0; i--) {// 如果当前位加一后小于10，直接更新并结束循环if (digits[i] < 9) {digits[i]++;return digits;} else {// 如果当前位加一后等于或大于10，发生进位digits[i] = 0; // 将当前位更新为0，并继续向前一位进位}}// 如果所有的位都已经加一，且仍然有进位，需要在数组开头添加一个1int[] result = new int[digits.length + 1];result[0] = 1; // 在新数组的第一个位置添加1return result;}
}

四、时间复杂度和空间复杂度

1. 时间复杂度

该算法的主要操作是遍历整数数组的每一位数字，并对其进行加法操作。这个操作是线性的，即它与输入数组的长度成正比。
遍历数组的时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组 digits 的长度。
由于在遍历过程中可能需要遍历整个数组，或者在最坏的情况下（即数组中的每个数字都是9）需要遍历整个数组并再进行一次操作（在数组前面添加一个新元素）。
所以总的时间复杂度仍然是 O(n)。

2. 空间复杂度

空间复杂度主要取决于存储操作的额外空间需求。
在大多数情况下，我们只需要原始数组 digits 的空间来存储结果，因此空间复杂度为 O(n)。
但是，在最坏的情况下，当数组中的每个数字都是9时，我们需要创建一个新的数组来存储结果（因为需要在数组前面添加一个1），这将导致额外的 O(n) 空间需求。
因此，总的空间复杂度为 O(n)。

五、总结知识点

数组遍历：代码通过for循环从数组的最后一个元素开始向前遍历，这是处理类似数位加法问题时常用的方法。通过这种方式，我们可以逐位检查并更新数组中的每个数字。
进位处理：在加法运算中，如果某一位的加法结果超过了9（即等于或大于10），就需要进行进位处理。代码中通过检查当前位加一后是否仍小于9来判断是否需要进位。如果需要进位，就将当前位的值设为0，并继续处理下一位。
条件判断：代码中使用了if条件判断来检查当前位加一后是否需要进位。这是基本的控制流语句，用于根据不同的条件执行不同的代码块。
数组长度：代码中使用了digits.length来获取数组的长度，这是处理数组时常用的属性，用于了解数组中元素的数量。
数组更新：在代码中，直接在原数组上进行更新操作（即直接修改数组中的元素值）。这是一种原地修改（in-place modification）的做法，可以节省空间。
创建新数组：在所有位都为9且需要进位的情况下，代码创建了一个新的数组int[] result，并在开头添加了1。这是处理数组长度增加时的常用方法。
返回值：代码根据不同的情况返回不同的结果。如果能够在原数组上完成加法操作，则直接返回原数组；如果需要创建新数组，则返回新数组。