LeetCode 记录-775. 全局倒置与局部倒置

我的解法

思路

我们可以看出一个局部倒置一定是一个全局倒置，所以我们只需要判断是否存在一个不是局部倒置的全局倒置，就是判断对于每一个 i($0=<i<nums.length-2$)，是否存在一个 j($i+2=<j<nums.length$)使得满足$nums[i]>nums[j]$。当找到一个满足条件的下标对时，直接返回 false，当遍历结束，返回 true。

这个思路的时间复杂度比较高，本来觉得可以使用单调栈的思路解决问题，但想了一下好像不行。

代码

/**
 * @param {number[]} nums
 * @return {boolean}
 */
var isIdealPermutation = function (nums) {
  for (let i = 0; i < nums.length - 2; i++) {
    let j = i + 2;
    while (j < nums.length) {
      if (nums[i] > nums[j]) {
        return false;
      }
      j++;
    }
  }

  return true;
};

复杂度分析（自我分析，不一定对）

时间复杂度

$O(n^2)$，n 为 nums 数组的长度。在最差情况下，全局倒置和局部倒置个数一样，需要全部遍历一边。

空间复杂度

$O(1)$

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官方解法 1: 维护后缀最小值

思路

这题的思路前半部分和我的解法类似，但官方在寻找不是局部倒置的全局倒置时，是从后往前寻找的（从 $i=nums.length-3$ 开始），寻找的同时维护了一个后缀数组中的最小值 minSuffix（后缀数组的下标范围为$[i+2, nums.length-1]$），因为只需要比较 nums[i]和 minSuffix 就可以判断是否存在这样的全局倒置了。最巧妙的地方是，因为从后往前寻找，所以每次只需要比较 minSuffix 和新添加进后缀数组的值，这样的话，总体的时间复杂度就降低到了$O(n)$。

代码

/**
 * @param {number[]} nums
 * @return {boolean}
 */
var isIdealPermutation = function (nums) {
  const len = nums.length;
  let minSuffix = nums[len - 1];
  for (let i = len - 3; i >= 0; i--) {
    if (nums[i] > minSuffix) {
      return false;
    }

    minSuffix = Math.min(minSuffix, nums[i + 1]);
  }
  return true;
};

复杂度分析

时间复杂度

$O(n)$，其中 n 是 nums 的长度。

空间复杂度

$O(1)$，只使用到常数个变量空间。

官方解法 2: 归纳证明

思路

通过归纳证明的方式来判断，放个截图，就不详细看啦。