计数排序

相关题目：

给你一个数组 nums，对于其中每个元素 nums[i]，请你统计数组中比它小的所有数字的数目。

换而言之，对于每个 nums[i] 你必须计算出有效的 j 的数量，其中 j 满足 j != i 且 nums[j] < nums[i] 。

以数组形式返回答案。

示例：

输入：nums = [8,1,2,2,3]

输出：[4,0,1,1,3]

解释：

对于 nums[0]=8 存在四个比它小的数字：（1，2，2 和 3）。

对于 nums[1]=1 不存在比它小的数字。

对于 nums[2]=2 存在一个比它小的数字：（1）。

对于 nums[3]=2 存在一个比它小的数字：（1）。

对于 nums[4]=3 存在三个比它小的数字：（1，2 和 2）。

计数排序解法

//做法很妙，时间
//因为0 <= nums[i] <= 100，所以可以用计数排序
//注意到数组元素的值域为[0,100]，所以可以考虑建立一个频次数组 cnt ，cnt[i] 表示数字 i 出现的次数。那么对于数字i 而言，小于它的数目就为 cnt[0...i-1] 的总和。
class Solution {
    public int[] smallerNumbersThanCurrent(int[] nums) {
        int[] cnt = new int[101];
        int n = nums.length;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cnt[nums[i]]++;
        }
        for (int i = 1; i <= 100; i++) {
            cnt[i] += cnt[i - 1];
        }
        int[] ret = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            //小于它的数目就为 cnt[0...i-1] 的总和。
            ret[i] = nums[i] == 0 ? 0 : cnt[nums[i] - 1];
        }
        return ret;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N + K)，其中 K 为值域大小。需要遍历两次原数组，同时遍历一次频次数组 cnt 找出前缀和。

• 空间复杂度：O(K)。因为要额外开辟一个值域大小的数组。

普通解法

而普通的暴力解就会显得很慢。

class Solution {
    public int[] smallerNumbersThanCurrent(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int[] ret = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int cnt = 0;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (nums[j] < nums[i]) {
                    cnt++;
                }
            }
            ret[i] = cnt;
        }
        return ret;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N^2)，其中 N 为数组的长度。
• 空间复杂度：O(1)，注意我们不计算答案数组的空间占用。