题目描述:
个人题解:
通过反复调用 getNext(n) 得到的链是一个隐式的链表。隐式意味着我们没有实际的链表节点和指针,但数据仍然形成链表结构。起始数字是链表的头 “节点”,链中的所有其他数字都是节点。next 指针是通过调用 getNext(n) 函数获得。
意识到我们实际有个链表,那么这个问题就可以转换为检测一个链表是否有环。因此我们在这里可以使用弗洛伊德循环查找算法。这个算法是两个奔跑选手,一个跑的快,一个跑得慢。在龟兔赛跑的寓言中,跑的慢的称为 “乌龟”,跑得快的称为 “兔子”。
不管乌龟和兔子在循环中从哪里开始,它们最终都会相遇。这是因为兔子每走一步就向乌龟靠近一个节点(在它们的移动方向上)。
我们不是只跟踪链表中的一个值,而是跟踪两个值,称为快跑者和慢跑者。在算法的每一步中,慢速在链表中前进 1 个节点,快跑者前进 2 个节点(对 getNext(n) 函数的嵌套调用)。
如果 n 是一个快乐数,即没有循环,那么快跑者最终会比慢跑者先到达数字 1。
如果 n 不是一个快乐的数字,那么最终快跑者和慢跑者将在同一个数字上相遇。
代码实现:
class Solution {public int getNext(int n) {int totalSum = 0;while (n > 0) {int d = n % 10;n = n / 10;totalSum += d * d;}return totalSum;}public bool IsHappy(int n) {int slowRunner = n;int fastRunner = getNext(n);while (fastRunner != 1 && slowRunner != fastRunner) {slowRunner = getNext(slowRunner);fastRunner = getNext(getNext(fastRunner));}return fastRunner == 1;}
}
复杂度分析:
时间复杂度:O(logn)
该分析建立在对前一种方法的分析的基础上,但是这次我们需要跟踪两个指针而不是一个指针来分析,以及在它们相遇前需要绕着这个循环走多少次。
如果没有循环,那么快跑者将先到达 1,慢跑者将到达链表中的一半。我们知道最坏的情况下,成本是 O(2⋅logn)=O(logn)。一旦两个指针都在循环中,在每个循环中,快跑者将离慢跑者更近一步。一旦快跑者落后慢跑者一步,他们就会在下一步相遇。假设循环中有 k 个数字。如果他们的起点是相隔 k−1 的位置(这是他们可以开始的最远的距离),那么快跑者需要 k−1 步才能到达慢跑者,这对于我们的目的来说也是不变的。因此,主操作仍然在计算起始 n 的下一个值,即O(logn)。
空间复杂度:O(1)
对于这种方法,我们不需要哈希集来检测循环。指针需要常数的额外空间。