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每日算法-250430

news 来源：原创 2025/5/16 3:23:09

每日算法 - 2025年4月30日

记录下今天解决的两道题目。

870. 优势洗牌 (Advantage Shuffle)

题目描述

题目截图

解题思路与方法

核心思想：贪心策略 (田忌赛马)

这道题的目标是对于 nums1 中的每个元素，找到 nums2 中一个比它小的元素进行配对（如果可能），使得优势配对的数量最大化。如果 nums1 中的某个元素找不到 nums2 中可以战胜的对手，那么就用它去对付 nums2 中最强的对手，以保存 nums1 中更强的元素去对付 nums2 中可以战胜的对手。这类似于经典的“田忌赛马”策略。

具体步骤：

  1. 排序 nums1：将 nums1 升序排序，这样我们可以从小到大处理 nums1 中的元素。
  2. 排序 nums2 的索引：我们不能直接排序 nums2，因为需要保留其原始元素的下标信息以构建最终结果 ret。因此，我们创建一个索引数组 indexs，存储 0 到 n-1。然后根据 nums2 中对应索引位置的元素值对 indexs 进行升序排序。排序后，indexs[0] 指向 nums2 中最小元素的原始索引，indexs[n-1] 指向 nums2 中最大元素的原始索引。
  3. 双指针分配：
    • 使用两个指针 left 和 right 分别指向 indexs 数组的开始（对应 nums2 最小值）和结束（对应 nums2 最大值）。
    • 使用一个指针 i 遍历排序后的 nums1 (从 i=0 开始)。
    • 比较 nums1[i] (当前 nums1 中最小的可用元素) 和 nums2[indexs[left]] (当前 nums2 中最小的未匹配元素)。
    • 如果 nums1[i] > nums2[indexs[left]]：说明 nums1[i] 可以战胜 nums2 中当前最小的对手。这是一个优势匹配。我们将 nums1[i] 分配给 nums2 中这个最小对手的原始位置，即 ret[indexs[left]] = nums1[i]。然后移动 left 指针 (left++)，考虑 nums2 中下一个最小的对手。
    • 如果 nums1[i] <= nums2[indexs[left]]：说明 nums1[i] 连 nums2 中当前最小的对手都无法战胜。根据贪心策略，这个 nums1[i] 应该去对付 nums2 中最强的对手（反正也打不过，不如消耗掉对方最强的），以保留 nums1 中更强的元素。我们将 nums1[i] 分配给 nums2 中当前最大对手的原始位置，即 ret[indexs[right]] = nums1[i]。然后移动 right 指针 (right--)，考虑 nums2 中下一个最大的对手。
    • 无论哪种情况，nums1[i] 都已经被使用，所以移动 i 指针 (i++) 处理 nums1 中的下一个元素。
  4. 循环继续：重复步骤 3，直到 left > right，此时所有 nums1 中的元素都已分配完毕。
  5. 返回结果数组 ret。

复杂度分析

  • 时间复杂度: O ( N log ⁡ N ) O(N \log N) O(NlogN)。主要是排序 nums1 和 indexs 数组所需的时间。双指针遍历过程是 O ( N ) O(N) O(N) 的。
  • 空间复杂度: O ( N ) O(N) O(N)。需要额外的空间存储 indexs 数组和结果数组 ret。

Code

class Solution {public int[] advantageCount(int[] nums1, int[] nums2) {int n = nums2.length;Integer[] indexs = new Integer[n];for (int i = 0; i < n; i++) {indexs[i] = i;}Arrays.sort(nums1);Arrays.sort(indexs, (a, b) -> (nums2[a] - nums2[b]));int left = 0, right = n - 1;int i = 0;int[] ret = new int[n];while (left <= right) {int index = 0;if (nums1[i] <= nums2[indexs[left]]) {index = indexs[right];right--;} else {index = indexs[left];left++;}ret[index] = nums1[i];i++;}return ret;}
}

3402. 使每一列严格递增的最少操作次数 (Minimum Operations to Make Columns Strictly Increasing)

题目描述

题目截图

解题思路与方法

核心思想：贪心策略

题目要求我们用最少的操作次数使得网格 grid 的每一列都严格递增。对于每一列，我们需要确保 grid[j][i] > grid[j-1][i] 对所有 j > 0 成立。

为了使操作次数最少，当发现 grid[j][i] <= grid[j-1][i] 时，我们应该将 grid[j][i] 增加到刚好满足严格递增条件的最小值，即 grid[j-1][i] + 1。

具体步骤：

  1. 初始化总操作次数 ret = 0。
  2. 遍历每一列：外层循环遍历列索引 i 从 0 到 grid[0].length - 1。
  3. 遍历每一行的元素（从第二行开始）：内层循环遍历行索引 j 从 1 到 grid.length - 1。
  4. 检查条件：在每一列内部，比较当前元素 grid[j][i] 和它正上方的元素 grid[j-1][i]。
  5. 执行操作：
    • 如果 grid[j][i] <= grid[j-1][i]，说明不满足严格递增条件。
    • 计算需要增加的值：increase = (grid[j-1][i] + 1) - grid[j][i]。
    • 将这个增加的值累加到总操作次数 ret 中。
    • 关键：更新 grid[j][i] 的值 为 grid[j-1][i] + 1。这一步非常重要，因为下一行的元素 grid[j+1][i] 需要和 更新后 的 grid[j][i] 进行比较。
  6. 遍历完所有列和行后，ret 就是所需的最小总操作次数。
  7. 返回 ret。

复杂度分析

  • 时间复杂度: O ( R × C ) O(R \times C) O(R×C)，其中 R 是网格的行数，C 是网格的列数。我们需要遍历网格中的每个元素一次（除了第一行）。
  • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)。我们是在原地修改 grid（虽然题目可能没要求必须原地修改，但这样做不影响结果且节省空间），只需要常数级别的额外空间存储变量 ret、i、j 等。

Code

class Solution {public int minimumOperations(int[][] grid) {int ret = 0;for (int i = 0; i < grid[0].length; i++) {for (int j = 1; j < grid.length; j++) {if (grid[j][i] <= grid[j - 1][i]) {ret += (grid[j - 1][i] + 1 - grid[j][i]);grid[j][i] = grid[j - 1][i] + 1;}}}return ret;}
}

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