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【每日算法】从「枚举」到「排序 + 前缀和 + 二分 + 滑动窗口」|Python 主题月

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题目描述

这是 LeetCode 上的 1838. 最高频元素的频数 ,难度为 中等

Tag : 「枚举」、「哈希表」、「排序」、「前缀和」、「二分」、「滑动窗口」、「双指针」

元素的频数是该元素在一个数组中出现的次数。

给你一个整数数组 numsnums 和一个整数 kk

在一步操作中,你可以选择 numsnums 的一个下标,并将该下标对应元素的值增加 11

执行最多 kk 次操作后,返回数组中最高频元素的最大可能频数

示例 1:

输入:nums = [1,2,4], k = 5

输出:3

解释:对第一个元素执行 3 次递增操作,对第二个元素执 2 次递增操作,此时 nums = [4,4,4] 。
4 是数组中最高频元素,频数是 3 。
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示例 2:

输入:nums = [1,4,8,13], k = 5

输出:2

解释:存在多种最优解决方案:
- 对第一个元素执行 3 次递增操作,此时 nums = [4,4,8,13] 。4 是数组中最高频元素,频数是 2 。
- 对第二个元素执行 4 次递增操作,此时 nums = [1,8,8,13] 。8 是数组中最高频元素,频数是 2 。
- 对第三个元素执行 5 次递增操作,此时 nums = [1,4,13,13] 。13 是数组中最高频元素,频数是 2 。
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示例 3:

输入:nums = [3,9,6], k = 2

输出:1
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提示:

  • 1 <= nums.length <= 10510^5
  • 1 <= nums[i] <= 10510^5
  • 1 <= k <= 10510^5

枚举

一个朴素的做法是,先对原数组 numsnums 进行排序,然后枚举最终「频数对应值」是哪个。

利用每次操作只能对数进行加一,我们可以从「频数对应值」开始往回检查,从而得出在操作次数不超过 kk 的前提下,以某个值作为「频数对应值」最多能够凑成多少个。

算法整体复杂度为 O(n2)O(n^2),Java 2021/07/19 可过。

Java 代码:

class Solution {
    public int maxFrequency(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for (int i : nums) map.put(i, map.getOrDefault(i, 0) + 1);
        List<Integer> list = new ArrayList<>(map.keySet());
        Collections.sort(list);
        int ans = 1;
        for (int i = 0; i < list.size(); i++) {
            int x = list.get(i), cnt = map.get(x);
            if (i > 0) {
                int p = k;
                for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
                    int y = list.get(j);
                    int diff = x - y;
                    if (p >= diff) {
                        int add = p / diff;
                        int min = Math.min(map.get(y), add);
                        p -= min * diff;
                        cnt += min;
                    } else {
                        break;
                    }
                }
            }
            ans = Math.max(ans, cnt);
        }
        return ans;
    }
}
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Python 3 代码:

class Solution:
    def maxFrequency(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        n = len(nums)
        hashmap = defaultdict(int)
        for i in nums:
            hashmap[i] += 1
        ans = 1
        lt = sorted(hashmap.keys())
        for i in range(len(lt)):
            x = lt[i]
            cnt = hashmap[lt[i]]
            if i > 0:
                p = k
                for j in range(i - 1, -1, -1):
                    y = lt[j]
                    diff = x - y
                    if p >= diff:
                        add = p // diff
                        m = min(hashmap[y], add)
                        p -= m * diff
                        cnt += m
                    else:
                        break
            ans = max(ans, cnt)
        return ans
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  • 时间复杂度:得到去重后的频数后选集合复杂度为 O(n)O(n);最坏情况下去重后仍有 nn 个频数,且判断 kk 次操作内某个频数最多凑成多少复杂度为 O(n)O(n)。整体复杂度为 O(n2)O(n^2)
  • 空间复杂度:O(n)O(n)

排序 + 前缀和 + 二分 + 滑动窗口

先对原数组 numsnums 进行从小到大排序,如果存在真实最优解 lenlen,意味着至少存在一个大小为 lenlen 的区间 [l,r][l, r],使得在操作次数不超过 kk 的前提下,区间 [l,r][l, r] 的任意值 nums[i]nums[i] 的值调整为 nums[r]nums[r]

这引导我们利用「数组有序」&「前缀和」快速判断「某个区间 [l,r][l, r] 是否可以在 kk 次操作内将所有值变为 nums[r]nums[r]」:

具体的,我们可以二分答案 lenlen 作为窗口长度,利用前缀和我们可以在 O(1)O(1) 复杂度内计算任意区间的和,同时由于每次操作只能对数进行加一,即窗口内的所有数最终变为 nums[r]nums[r] ,最终目标区间和为 nums[r]lennums[r] * len,通过比较目标区间和和真实区间和的差值,我们可以知道 kk 次操作是否能将当前区间变为 nums[r]nums[r]

上述判断某个值 lenlen 是否可行的 check 操作复杂度为 O(n)O(n),因此算法复杂度为 O(nlogn)O(n\log{n})

Java 代码:

class Solution {
    int[] nums, sum;
    int n, k;
    public int maxFrequency(int[] _nums, int _k) {
        nums = _nums;
        k = _k;
        n = nums.length;
        Arrays.sort(nums);
        sum = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + nums[i - 1];
        int l = 0, r = n;
        while (l < r) {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if (check(mid)) l = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        return r;
    }
    boolean check(int len) {
        for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++) {
            int r = l + len - 1;
            int cur = sum[r + 1] - sum[l];
            int t = nums[r] * len;
            if (t - cur <= k) return true;
        }
        return false;
    }
}
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Python 3 代码:

class Solution:
    def maxFrequency(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        def check(length):
            for i in range(n+1-length):
                j = i + length - 1
                cur = presum[j + 1] - presum[i]
                t = nums[j] * length
                if t - cur <= k:
                    return True
            return False

        n = len(nums)
        nums.sort()
        presum = [0] + list(accumulate(nums))
        l, r = 0, n
        while l < r:
            mid = l + r + 1 >> 1
            if check(mid):
                l = mid
            else:
                r = mid - 1
        return r
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  • 时间复杂度:排序的复杂度为 O(nlogn)O(n\log{n});计算前缀和数组复杂度为 O(n)O(n)check 函数的复杂度为 O(n)O(n),因此二分复杂度为 O(nlogn)O(n\log{n})。整体复杂度为 O(nlogn)O(n\log{n})
  • 空间复杂度:O(n)O(n)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1838 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:github.com/SharingSour…

在仓库地址里,你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

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