【一看就会一写就废 指间算法】使库存平衡的最少丢弃次数—— 滑动窗口、哈希表、模拟

指尖划过的轨迹，藏着最细腻的答案~

题目：

给你两个整数 w 和 m，以及一个整数数组 arrivals，其中 arrivals[i] 表示第 i 天到达的物品类型（天数从 1 开始编号）。

物品的管理遵循以下规则：

• 每个到达的物品可以被 保留 或 丢弃 ，物品只能在到达当天被丢弃。
• 对于每一天 i，考虑天数范围为 [max(1, i - w + 1), i]（也就是直到第 i 天为止最近的 w 天）：
  • 对于 任何 这样的时间窗口，在被保留的到达物品中，每种类型最多只能出现 m 次。
  • 如果在第 i 天保留该到达物品会导致其类型在该窗口中出现次数 超过 m 次，那么该物品必须被丢弃。

返回为满足每个 w 天的窗口中每种类型最多出现 m 次，最少 需要丢弃的物品数量。

示例 1：

输入：arrivals = [1,2,1,3,1], w = 4, m = 2
输出：0
解释：
第 1 天，物品 1 到达；窗口中该类型不超过 m 次，因此保留。
第 2 天，物品 2 到达；第 1 到第 2 天的窗口是可以接受的。
第 3 天，物品 1 到达，窗口 [1, 2, 1] 中物品 1 出现两次，符合限制。
第 4 天，物品 3 到达，窗口 [1, 2, 1, 3] 中物品 1 出现两次，仍符合。
第 5 天，物品 1 到达，窗口 [2, 1, 3, 1] 中物品 1 出现两次，依然有效。
没有任何物品被丢弃，因此返回 0。

示例 2：

输入：arrivals = [1,2,3,3,3,4], w = 3, m = 2
输出：1
解释：
第 1 天，物品 1 到达。我们保留它。
第 2 天，物品 2 到达，窗口 [1, 2] 是可以的。
第 3 天，物品 3 到达，窗口 [1, 2, 3] 中物品 3 出现一次。
第 4 天，物品 3 到达，窗口 [2, 3, 3] 中物品 3 出现两次，允许。
第 5 天，物品 3 到达，窗口 [3, 3, 3] 中物品 3 出现三次，超过限制，因此该物品必须被丢弃。
第 6 天，物品 4 到达，窗口 [3, 4] 是可以的。
第 5 天的物品 3 被丢弃，这是最少必须丢弃的数量，因此返回 1。

提示：

$1 \leq arrivals.length \leq 10^5$
$1 \leq arrivals[i] \leq 10^5$
$1 \leq w \leq arrivals.length$
$1 \leq m \leq w$

分析：

根据题意，我们需要再固定长度的w中判断是否有数字出现超过m次，w即是窗口大小，本题可以使用定长滑动窗口：进入窗口——更新答案——离开窗口。

对于本题来说，由于物品只能当前到达当前丢弃，因此我们可以模拟这个过程：使用哈希表统计窗口中每个数字的数量，如果某个数字出现次数大于m，就需要丢弃，否则将哈希表相应次数加1。

需要注意的是：当某个数字出现次数大于m时，我们已经丢弃，在离开窗口时不能进行二次丢弃，怎样避免这种情况呢？本题所有数字都是正整数，我们可以将已经丢弃的数字设置为一个不可能出现的数(0或负数)，在离开窗口减去计数，也不影响我们最终的结果。

AC代码：

class Solution {
public:
    int minArrivalsToDiscard(vector<int>& arrivals, int w, int m) {
        int n = arrivals.size();
        int ans = 0;
        unordered_map<int, int> cnt;

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (cnt[arrivals[i]] + 1 > m) {
                ans++;
                arrivals[i] = 0;
            } else {
                ++cnt[arrivals[i]];
            }

            int left = i - w + 1;
            if (left < 0) {
                continue;
            }

            --cnt[arrivals[left]];
        }

        return ans;
    }
};