如何根据「数据范围」调整自己用什么算法 ...

原创

宫水三叶 2022-05-20 17:09:34 ©著作权

文章标签 算法数组前缀和 i++ 文章分类 数据结构与算法人工智能

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题目描述

这是 LeetCode 上的1004. 最大连续1的个数 III，难度为 Medium。

给定一个由若干 0 和 1 组成的数组 A，我们最多可以将 K 个值从 0 变成 1 。

返回仅包含 1 的最长（连续）子数组的长度。

示例 1：

输入：
A = [1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0],
K = 2

输出：
6

解释：
[1,1,1,0,0,1,1,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 6。

示例 2：

输入：
A = [0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,1,1],
K = 3

输出：
10

解释：
[0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 10。

提示：

1 <= A.length <= 20000
0 <= K <= A.length
A[i] 为 0 或 1

动态规划解法（TLE）

看到本题，其实首先想到的是 DP，但是 DP 是算法。

看到了数据范围是，那么时空复杂度应该都是。

空间可以通过「滚动数组」优化到，但时间无法优化，会超时。

PS. 什么时候我们会用 DP 来解本题？通过如果 K 的数量级不超过 1000 的话，DP 应该是最常规的做法。

class Solution {
    public int longestOnes(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        // f(i,j) 代表考虑前 i 个数（并以 i 为结尾的），最大翻转次数为 j 时，连续 1 的最大长度
        int[][] f = new int[2][k + 1];
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j <= k; j++) {
                if (nums[i - 1] == 1) {
                    f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][j] + 1;
                } else {
                    f[i & 1][j] = j == 0 ? 0 : f[(i - 1) & 1][j - 1] + 1;
                }
                ans = Math.max(ans, f[i & 1][j]);
            }
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度：
空间复杂度：

前缀和 + 二分解法

从数据范围上分析，平方级别的算法过不了，往下优化就应该是对数级别的算法。

因此，很容易我们就会想到「二分」。

当然还需要我们对问题做一下等价变形。

最大替换次数不超过 k 次，可以将问题转换为找出连续一段区间 [l,r]，使得区间中出现 0 的次数不超过 k 次。

我们可以枚举区间左端点/右端点，然后找到其满足「出现 0 的次数不超过 k 次」的最远右端点/最远左端点。

为了快速判断 [l,r] 之间出现 0 的个数，我们需要用到前缀和。

假设 [l,r] 的区间长度为 len，区间和为 tot，那么出现 0 的格式为 len - tol，再与 k 进行比较。

由于数组中不会出现负权值，因此前缀和数组具有「单调性」，那么必然满足「其中一段满足 len - tol <= k，另外一段不满足 len - tol <= k」。

因此，对于某个确定的「左端点/右端点」而言，以「其最远右端点/最远左端点」为分割点的前缀和数轴，具有「二段性」。可以通过二分来找分割点。

class Solution {
    public int longestOnes(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        int ans = 0;
        int[] sum = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + nums[i - 1];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int l = 0, r = i;
            while (l < r) {
                int mid = l + r >> 1;
                if (check(sum, mid, i, k)) {
                    r = mid;
                } else {
                    l = mid + 1;
                }
            }
            if (check(sum, r, i, k)) ans = Math.max(ans, i - r + 1);
        }
        return ans;
    }
    boolean check(int[] sum, int l, int r, int k) {
        int tol = sum[r + 1] - sum[l], len = r - l + 1;
        return len - tol <= k;
    }
}

时间复杂度：
空间复杂度：

关于二分结束后再次 check 的说明：由于「二分」本质是找满足某个性质的分割点，通常我们的某个性质会是「非等值条件」，不一定会取得 =。

例如我们很熟悉的：从某个非递减数组中找目标值，找到返回下标，否则返回 -1。

当目标值不存在，「二分」找到的应该是数组内比目标值小或比目标值大的最接近的数。因此二分结束后先进行 check 再使用是一个好习惯。

双指针解法

由于我们总是比较 len、tot 和 k 三者的关系。

因此我们可以使用「滑动窗口」的思路，动态维护一个左右区间 [j, i] 和维护窗口内和 tot。

右端点一直右移，左端点在窗口不满足「len - tol <= k」的时候进行右移。

即可做到线程扫描的复杂度：

class Solution {
    public int longestOnes(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        int ans = 0;
        for (int i = 0, j = 0, tot = 0; i < n; i++) {
            tot += nums[i];
            while ((i - j + 1) - tot > k) tot -= nums[j++];
            ans = Math.max(ans, i - j + 1);
        }
        return ans;
    }
}