循环不变式：如果某命题初始为真，且每次更改后仍然保持该命题为真，则若干次更改后该命题仍然为真。
1. 求局部最大值
问题描述：给定一个无重复元素的数组A[0...N-1]，求找到一个该数组的局部最大值。
分析思路：
- 如果遍历数组一遍，用一个变量记录数组中的最大值，这样得到的最大值一定也是局部最大值。这种方案的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1);
- 考虑另一种方案。用空间换时间。用二分查找的思想，使得时间复杂度为O(logN).
- 定义一个辅助数组“高原数组”：Array[from...to]满足
- Array[from] > Array[from-1]
- Array[to] > Array[to+1]
- 当该数组的长度为1时，该数组的值就是局部最大值。
- 为保持一致性，我们定义数组外边界的值为无穷小。即A[0]>A[-1], A[N]>A[N+1].
- 用两个指针left，right分别指向数组的首和尾，求中点mid=(left+right)/2：
- A[mid]>A[mid+1],则子数组A[left...mid]为高原数组——right=mid；
- A[mid]<A[mid+1],则子数组A[mid+1...right]为高原数组——left=mid+1；
- 递归直至left=right
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/** * Get the local maximum from an array * @param nums * @return */ public int getLocalMax(int[] nums) { int left=0; int right = nums.length-1; int mid = 0; while(left < right) { mid = (left + right) / 2; if(nums[mid] > nums[mid+1]) right = mid; else if(nums[mid] < nums[mid+1]) left = mid+1; } return nums[left]; }
- 定义一个辅助数组“高原数组”：Array[from...to]满足
2. 第一个缺失的整数
问题描述：给定一个数组A[0...N-1],找到从1开始，第一个不在数组中的正整数。
如：3,5,1,2,-3,7,14,8输出4.
分析思路：
- 思路一：从1开始遍历，看每个数字是否在数组中出现。这样时间复杂度为O(N2);
- 思路二：申请一个额外的数组，从1开始，将数组遍历一遍，如果该数字在数组中出现则标为true。时间复杂的为O(N)，空间复杂度为O(1);
- 思路三：将一个整数直接放到他应该放的位置。如果是负数或者大于了数组的范围则直接丢弃：时间复杂度为O(N),空间复杂度为O(1).
- 假定前i-1个数已经找到，并且依次存放在A[1,2,...i-1]中，继续考察A[i]:
- 若A[i] <= 0 或A[i] >N，则可以直接丢弃；
- 若A[i] < i且A[i] >= 1，则说明A[i]在前面i-1个位置中已经出现过了，可以直接丢弃；
- 若A[i] > i且A[i] <= N，则说明应该将该元素放到后面的某个位置上：
- A[i] 与 A[A[i]]的元素直接交换，i不变；
- 若A[i] = i，则说明A[i]处于正确的位置上，i++即可，循环不变式扩大。
- 如果丢弃A[i]呢？
- 将A[N]赋值给A[i]，然后N--。
- 假定前i-1个数已经找到，并且依次存放在A[1,2,...i-1]中，继续考察A[i]:
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/** * Find the fist positive integer not presented in the array count from 1. * @param nums * @return */ public int getMinPosNotExist(int[] nums) { int i = 0; int len = nums.length; while(i < len) { if(nums[i] == i+1) i++; else if(nums[i] <= 0 || nums[i] >= len || nums[i] < i-1 ) { nums[i] = nums[len-1]; len--; } else if(nums[i] > i+1 ) { int temp = nums[i]; nums[i] = nums[nums[i]-1]; nums[temp-1] = temp; } } return i+1; }
3. 查找旋转数组的最小值
问题描述：假定一个排序数组一某个未知元素为支点做了旋转，如原数组0,1,2,3,4,5,6,7旋转后得到了4,5,6,7,0,1,2。找出旋转后的数组的最小值。假定数组中没有重复数字。
分析思路：
- 仍然按照循环不变式+二分查找的思路。
- 数组由普通升序数组和旋转数组构成；
- 用left，right分别指向首尾元素，元素不重复。
- 若该数组是普通的升序数组，则a[left] < a[right]；
- 若该数组是旋转数组，则肯定是数组的前半段的所有元素大于后半段的所有元素，则有a[left]>a[right];
- 令mid = (left + right) / 2.
- 若旋转数组在左边，则a[mid] < a[right],令left = mid+1;
- 若旋转数组在右边，则a[mid] > a[right],令right = mid;
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/** * Get the minimum element of a rotate array. * @param nums * @return */ public int getMiniOfRotateArray(int[] nums) { int left = 0; int right = nums.length-1; int mid; while(left < right) { mid = (left + right) / 2; if(nums[mid] > nums[right]) left = mid+1; else if(nums[mid] < nums[right]) right = mid; } return nums[left]; }
4. 求一个子数组的值最接近0的问题。
问题描述：求对于长度为N的数组A，求连续子数组的和最接近0的值。如数组A：1,-2,3,10,-4,7,2,-5.它的所有子数组中，和最接近0的是[-4,7,2,-5]，和为0.
分析思路：这种求子数组和的问题，一般需要有一个辅助数组，存储中间计算的过程。
用一个sum数组，第i个元素表示：该数组中从第1个元素到第i-1个元素的和，则从i到j这一段子数组的和为：sum[j]-sum[i-1]。
因为我们的数组中保存了每段子数组的和，则在所有子数组的和中差别最少的那部分就是要求的子数组的和。
也就是我们可以将所求的sun数组进行排序，然后返回相邻元素的差的绝对值最小的那个。
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/** * Get the minimum sum of continues subArray which is closest to 0. * @param nums * @return */ public int getClosestToZero(int[] nums) { int[] sum = new int[nums.length]; sum[0] = nums[0]; for(int i=1; i<nums.length; i++) { sum[i] = sum[i-1] + nums[i]; } Arrays.sort(sum); int res = Integer.MAX_VALUE; int temp = 0; for(int i=1; i<sum.length; i++) { temp = Math.abs(sum[i] - sum[i-1]); res = Math.min(temp, res); } return res; }
5. 最大子数组的和。
问题描述：给定一个数组A[0,...,n-1]，求A的连续子数组，是的该子数组的和最大。
例如：数组：1,-2,3,10,-4,7,2,-5，最大子数组为：3,10,-4,7,2
思路分析：
这个题目与上面的题目不同，可以使用DP的思想来解决了。
- 用sum[i]表示以a[i]为结尾的子数组中最大的和；
- 因为和一定是以a[i]为结尾，所以它一定会有，关键看前面的和要不要。
- 状态转移方程为：sum[i] = max(sum[i-1]+a[i], a[i])。
- 时间复杂度为：O(n)。
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/** * Get the max sum of subArray. * @param nums * @return */ public int getMaxSumOfSubArray(int[] nums) { int[] sum = new int[nums.length]; sum[0] = nums[0]; int res = sum[0]; for(int i=1; i<nums.length; i++) { sum[i] = Math.max(sum[i-1]+nums[i], nums[i]); res = Math.max(res, sum[i]); } return res; }
- 如果是返回和最大数组本身，则需要使用两个指针，分别记录所得数组的起始位置和结束位置。
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View Code/** * Get the max sum itself of subArray. * @param nums * @return */ public int getMaxSumOfSubArraySelf(int[] nums) { int[] sum = new int[nums.length]; sum[0] = nums[0]; int res = sum[0]; int start = 0, end = 0; for(int i=1; i<nums.length; i++) { if(nums[i] > sum[i-1] + nums[i]) { start = i; sum[i] = nums[i]; } else sum[i] = sum[i-1]+nums[i]; //sum[i] = Math.max(sum[i-1]+nums[i], nums[i]); if(sum[i] > res) { end = i; res = sum[i]; } } for(int i=start; i<=end; i++) { System.out.print(nums[i] + " "); } System.out.println(); return res; }
6. 荷兰国旗问题
问题描述：现有红、白、蓝三个不同颜色的小球，乱序排列在一起，请重新排列这些小球，使得红白蓝三色的同颜色的球在一起。
分析思路：
- 假设有三个指针front，current，end，分别表示：front表示白球开始的位置，其前面的都是红球；current表示当前元素；end表示蓝球开始的位置； 开始时可以让a[front] = a[current] = a[0], a[end] = a[n-1]
- 如果a[current]指向红球，则
- 如果front == current, 则front++, current++;
- 如果front != current, 则a[front]与a[current]交换，front++。
- 如果a[current]指向白球，则current++；
- 如果a[current]指向蓝球，则a[current]与a[end]交换，end--； 以上也是循环不变式的应用：三个变量front, curretn, end，将数组分成4个区域：
- [0, front):所有的数据都是红球；
- [front, cur):所有的数据都是白球；
- [cur, end):未知；
- [end, n):所有的数据都是蓝球。
- 初始时，before=cur=0，end=n-1，所以第1,2,4个区间都是空集，满足循环不变式；
- 遍历cur，根据a[cur]的值做出相应的处理，知道区间[cur, end)为空，在计算的过程中也保持循环不变式，所以最终的到的也是循环不变式。且都保持真值。
- Version1：
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View Code
/** * Dutch National Flag Problem. * @param nums * @return */ public int[] DutchNationFlag(int[] nums) { int front = 0, cur = 0, end = nums.length-1; while(cur < end) { if(nums[cur] == 2) { nums[cur] = nums[end]; nums[end] = 2; end--; } else if(nums[cur] == 1) { cur++; } else { //nums[cur] == 0 if(cur != front) { nums[cur] = nums[front]; nums[front] = 0; front++; } else { cur++; front++; } } } return nums; }
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Version2：
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View Code
public int[] DutchNationFlagVersion2(int[] nums) { int front = 0, cur = 0, end = nums.length-1; while(cur < end) { if(nums[cur] == 2) { nums[cur] = nums[end]; nums[end] = 2; end--; } else if(nums[cur] == 1) { cur++; } else { //nums[cur] == 0 if(cur != front) { nums[cur] = nums[front]; nums[front] = 0; } cur++; //为保持代码的整洁性，因为front指向的要么是1要么是0，因此即使不相等都可以让current放心的自加 front++; } } return nums; }
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7. 数组的最大间隔
问题描述：给定整数数组a[0,...,n-1]，求这n个数排序后最大间隔。如：1,7,14,9,4,13的最大间隔是4。
思路分析：
- 借鉴桶排序的思想。
- 假定N个数的最大值最小值分别为：max,min. 则这N个数形成N-1个间隔，每个间隔的大小为：(max - min)/N-1;
- 如果这个N个数均匀的分散在N-1个区间中，则间距都是上面的间隔且最小；
- 如果N个数不是均匀分散的，则最大间距一定存在。
- 因此我们可以看相邻两个区间的最小值与最大值，然后相减，最大的插值 即为最大的间隔。
- 因为在寻找的过程中我们只是遍历数组，所以时间复杂度为：O(N)，空间复杂度为O(N)
- 如果使用先排序的思想，则时间复杂度最好为：O(NlogN)
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//The struct of Bucket class Bucket { int min = Integer.MAX_VALUE; int max = Integer.MIN_VALUE; boolean valid = false; public void add(int x) { if(valid == false) valid = true; if(max < x) max = x; if(min > x) min = x; } } /** * Get the max gap from the sorted nums.(The array is not sorted) * @param nums * @return */ public int getMaxGap(int[] nums) { Bucket[] buckets = new Bucket[nums.length]; for(int i=0; i<nums.length; i++) buckets[i] = new Bucket(); int max = Integer.MIN_VALUE; int min = Integer.MAX_VALUE; for(int i=0; i<nums.length; i++) { if(max < nums[i]) max = nums[i]; if(min > nums[i]) min = nums[i]; } //put the data to the buckets. int gap = max - min; int n = nums.length; for(int i=0; i<nums.length; i++) { int num = ((nums[i] - min) * n) / gap; if(num >= n) { buckets[n-1].add(nums[i]); } else buckets[num].add(nums[i]); } //find the max gap. int maxgap = -1; int i = 0; for(int j=1; j<n; j++) { if(buckets[j].valid) { maxgap = Math.max(maxgap, buckets[j].min - buckets[i].max); i = j; } } return maxgap; }
- 假定N个数的最大值最小值分别为：max,min. 则这N个数形成N-1个间隔，每个间隔的大小为：(max - min)/N-1;