954. 二倍数对数组 : 「逐个构造」&「成组构造」&「拓扑排序」一起养成写作习惯！这是我参与「掘金日新计划 · 4

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题目描述

这是 LeetCode 上的 954. 二倍数对数组 ，难度为中等。

Tag : 「优先队列」、「堆」、「构造」、「哈希表」、「拓扑排序」

给定一个长度为偶数的整数数组 arr，只有对 arr 进行重组后可以满足 “对于每个 $0 <= i < len(arr) / 2$ ，都有 $arr[2 * i + 1] = 2 * arr[2 * i]$ ” 时，返回 true；否则，返回 false。

示例 1：

输入：arr = [3,1,3,6]

输出：false

示例 2：

输入：arr = [2,1,2,6]

输出：false

示例 3：

输入：arr = [4,-2,2,-4]

输出：true

解释：可以用 [-2,-4] 和 [2,4] 这两组组成 [-2,-4,2,4] 或是 [2,4,-2,-4]

提示：

$0 <= arr.length <= 3 * 10^4$
arr.length 是偶数
$-10^5 <= arr[i] <= 10^5$

逐个构造 + 优先队列

整理一下题意：是否能对 arr 进行重组，使得每一个奇数位置的值均是前一个位置的值的两倍，即凑成 $\frac{n}{2}$ 组形如 $(x, 2 * x)$ 的数对。

对于一个任意的有理数而言，对其乘 $2$ 仅会改变数值的大小，而不会改变其方向（正负性质）。

因此如果我们每次都拿最接近 $0$ 的值作为起点，整个构造过程就是唯一确定的。

具体的，我们可以借助优先队列（堆）来实现，构造一个以与 $0$ 值距离作为基准的小根堆。每次从堆中取出元素 $x$ ，根据当前元素 $x$ 是否被「预定」过进行分情况讨论：

当前值 $x$ 没有被预定过，说明 $x$ 必然是数对中的「绝对值」的较小值，此时给 $x$ 并预定一个 $x * 2$ ，即对 $x * 2$ 的预定次数加一；
当前值 $x$ 已经被预定过，说明 $x$ 和此前的某个数 $\frac{x}{2}$ 组成过数对，对 $x$ 的预定次数减一。

当且仅当构成过程结束后，所有数的「预定」次数为 $0$ 时，arr 可以凑成 $\frac{n}{2}$ 组形如 $(x, 2 * x)$ 的数对。

一些细节：由于 $arr[i]$ 的数值范围为 $[-10^5, 10^5]$ ，同时存在乘 $2$ 操作，因此我们需要对计算结果进行 $2 * 10^5$ 的偏移操作，确保其为正数。

代码：

class Solution {
    static int N = 100010, M = N * 2;
    static int[] cnts = new int[M * 2];
    public boolean canReorderDoubled(int[] arr) {
        Arrays.fill(cnts, 0);
        PriorityQueue<Integer> q = new PriorityQueue<>((a,b)->Math.abs(a)-Math.abs(b));
        for (int i : arr) q.add(i);
        while (!q.isEmpty()) {
            int x = q.poll(), t = x * 2;
            if (cnts[x + M] != 0 && --cnts[x + M] >= 0) continue;
            cnts[t + M]++;
        }
        for (int i = 0; i < M * 2; i++) {
            if (cnts[i] != 0) return false;
        }
        return true;
    }
}

时间复杂度：令 $n$ 为 arr 长度， $m$ 为 $arr[i]$ 的值域范围，起始将所有数值放入优先队列（堆）的复杂度为 $O(n\log{n})$ ，从优先队列（堆）中取出并构造复杂度为 $O(n\log{n})$ ，检查构造是否成功复杂度为 $O(m)$ ，整体复杂度为 $O(n\log{n} + m)$
空间复杂度： $O(n + m)$

成组构造 + 排序 + 预处理剪枝

上述解法中，我们不可避免的对 arr 进行一遍完成的尝试构造，并且在尝试构造结束后再进行一次性的合法性检查。

事实上，如果 arr 能够凑成 $\frac{n}{2}$ 组形如 $(x, 2 * x)$ 的数对，并且对于某个 $x$ 可能会出现多次，我们可以统计 $arr[i]$ 的数量，并根据绝对值大小进行排序，进行成组构造： $cnts[x]$ 个 $x$ 消耗 $cnts[x]$ 个 $2 * x$ 。

同时由于我们提前预处理了每个 $arr[i]$ 的出现次数，我们可以提前知道是否有 $cnts[x]$ 个 $2 * x$ 和 $x$ 成组，从而可以边构造边检查合法性。

代码：

class Solution {
    static int N = 100010, M = N * 2;
    static int[] cnts = new int[M * 2];
    public boolean canReorderDoubled(int[] arr) {
        Arrays.fill(cnts, 0);
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        for (int i : arr) {
            if (++cnts[i + M] == 1) list.add(i);
        }
        Collections.sort(list, (a,b)->Math.abs(a)-Math.abs(b));
        for (int i : list) {
            if (cnts[i * 2 + M] < cnts[i + M]) return false;
            cnts[i * 2 + M] -= cnts[i + M];
        }
        return true;
    }
}

时间复杂度：统计 $arr[i]$ 的出现次数以及对 $arr[i]$ 去重的复杂度为 $O(n)$ ，对去重数组进行排序的复杂度为 $O(n\log{n})$ ，验证是否合法复杂度为 $O(n)$ 。整体复杂度为 $O(n\log{n})$
空间复杂度： $O(n + m)$

成组构造 + 拓扑排序

对于上述两种解法，要么利用「优先队列」要么利用「排序」，目的都是为了找到数对中的「绝对值较小」的那一位，然后开始往后构造。

事实上，我们可以利用任意 $x$ 只可能与 $\frac{x}{2}$ 或者 $2 * x$ 组成数对来进行建图，通过对图跑拓扑序来验证是否能够凑成 $\frac{n}{2}$ 组形如 $(x, 2 * x)$ 的数对。

不了解「拓扑排序」的同学可以看前置 🧀：图论拓扑排序入门，里面通过图解演示了何为拓扑序，以及通过「反证法」证明了为何有向无环图能够能够进行拓扑排序。

特别的，我们需要特殊处理 $arr[i] = 0$ 的情况，由于 $0$ 只能与本身组成数对，为了避免自环，我们需要跳过 $arr[i] = 0$ 的点，同时特判 $arr[i] = 0$ 的出现数量为奇数时，返回无解。

和解法二一样，先对 $arr[i]$ 进行数量统计以及去重预处理（跳过 $0$ ），然后对去重数组 list 中出现的数值 $x$ 进行分情况讨论：

$x$ 为奇数，由于 $\frac{x}{2}$ 不为整数，因此 $x$ 只能作为数对中绝对值较小的那个（即 $x$ 入度为 $0$ ），加入队列；
$x$ 为偶数，首先令 $x$ 的入度 $in[x] = cnts[\frac{x}{2}]$ ，代表有 $cnts[\frac{x}{2}]$ 个 $\frac{x}{2}$ 与其对应。当 $in[x] = 0$ 时，说明没有 $\frac{x}{2}$ 与其成对，此时 $x$ 只能作为数对中绝对值较小的那个（即 $x$ 入度为 $0$ ），加入队列。

跑一遍拓扑排序，假设当前出队值为 $t$ ，此时需要消耗掉 $cnts[t]$ 个 $t * 2$ 与其形成数对（即 $cnts[t * 2] -= cnts[t]$ ），同时 $t * 2$ 的入度也要更新（即可 $in[t * 2] -= cnts[t]$ ），若 $in[t * 2] = 0$ 且此时 $cnts[t * 2] > 0$ ，将 $t * 2$ 进行入队。同时由于我们明确减少了 $t * 2$ 的数量，因此需要同步更新 $t * 4$ 的入度，同理，当 $t * 4$ 的入度 $in[t * 4] = 0$ ，同时 $cnts[t * 4] > 0$ 时，需要将 $t * 4$ 进行入队。

代码：

class Solution {
    static int N = 100010, M = 2 * N;
    static int[] cnts = new int[M * 2], in = new int[M * 2];
    public boolean canReorderDoubled(int[] arr) {
        Arrays.fill(cnts, 0);
        Arrays.fill(in, 0);
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        for (int i : arr) {
            if (++cnts[i + M] == 1 && i != 0) list.add(i);
        }
        if (cnts[M] % 2 != 0) return false;
        Deque<Integer> d = new ArrayDeque<>();
        for (int i : list) {
            if (i % 2 == 0) {
                in[i + M] = cnts[i / 2 + M];
                if (in[i + M] == 0) d.addLast(i);
            } else { 
                d.addLast(i);
            }
        }
        while (!d.isEmpty()) {
            int t = d.pollFirst();
            if (cnts[t * 2 + M] < cnts[t + M]) return false;
            cnts[t * 2 + M] -= cnts[t + M];
            in[t * 2 + M] -= cnts[t + M];
            if (in[t * 2 + M] == 0 && cnts[t * 2 + M] != 0) d.addLast(t * 2);
            in[t * 4 + M] -= cnts[t + M];
            if (in[t * 4 + M] == 0 && cnts[t * 4 + M] != 0) d.addLast(t * 4);
        }
        return true;
    }
}

时间复杂度：统计数量和入度的复杂度为 $O(n)$ ；跑拓扑序验证的复杂度为 $O(n)$ 。整体复杂度为 $O(n)$
空间复杂度： $O(n + m)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.954 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。

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954. 二倍数对数组 : 「逐个构造」&「成组构造」&「拓扑排序」

题目描述

逐个构造 + 优先队列

成组构造 + 排序 + 预处理剪枝

成组构造 + 拓扑排序

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