By Long Luo
Leetcode 594. 最长和谐子序列 题目如下：
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| 594. 最长和谐子序列
和谐数组是指一个数组里元素的最大值和最小值之间的差别正好是1。
现在，给你一个整数数组nums，请你在所有可能的子序列中找到最长的和谐子序列的长度。
数组的子序列是一个由数组派生出来的序列，它可以通过删除一些元素或不删除元素、且不改变其余元素的顺序而得到。
示例 1：
输入：nums = [1,3,2,2,5,2,3,7]
输出：5
解释：最长的和谐子序列是 [3,2,2,2,3]
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,4]
输出：2
示例 3：
输入：nums = [1,1,1,1]
输出：0
提示：
1 <= nums.length <= 2 * 10^4
-10^9 <= nums[i] <= 10^9
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方法一：暴力枚举
考虑 nums 中的两个数 x ，y ，其下标分别为 i ，j ，那么满足数组的和谐子序列只有下列 2 种情况：
- x≤y≤x+1 ，且 ∣y−x∣=1 ；
- x−1≤y≤x ，且 ∣y−x∣=1 。
首先想到的方法是 2 个循环，分别统计上述情况的最大值并更新，即为答案。
代码如下所示：
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public int findLHS(int[] nums) {
int len = nums.length;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < len; i++) {
int minDiff = 0;
int maxDiff = 0;
int cntMin = 0;
int cntMax = 0;
for (int j = 0; j < len; j++) {
if (nums[j] >= nums[i] && nums[j] <= nums[i] + 1) {
minDiff += nums[j] - nums[i];
cntMin++;
}
if (nums[j] >= nums[i] - 1 && nums[j] <= nums[i]) {
maxDiff += nums[j] - nums[i];
cntMax++;
}
}
cntMin = minDiff >= 1 ? cntMin : 0;
cntMax = maxDiff >= 1 ? cntMax : 0;
ans = Math.max(ans, Math.max(cntMin, cntMax));
}
return ans;
}
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(N2)，其中 N 是数组 nums 的长度。
- 空间复杂度：O(1)，需要常数个空间保存中间变量。
方法二：排序 + 双指针
思路与算法：
方法一中因为需要对 2 种情况都进行处理，所以代码非常繁琐且耗时，如果先进行排序，从最小值开始计算。
虽然题干说不能修改数字顺序，所以最开始我并没有想到排序，但实际上我们分析可以看出和排序无关，因为最大最小之差为 1，所以实际结果是和数字顺序无关的。
所以我们可以将数组按照从小到大进行排序，然后依次找到相邻两个连续相同元素的子序列，检查该这两个子序列的元素的之差是否为 1。
利用滑动窗口的做法，left 指向第一个连续相同元素的子序列的第一个元素，right 指向相邻的第二个连续相同元素的子序列的末尾元素，如果满足二者的元素之差为 1，则当前的和谐子序列的长度即为两个子序列的长度之和，等于 right−left+1。
代码如下所示：
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| public int findLHS(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
int len = nums.length;
int left = 0;
int ans = 0;
for (int right = 0; right < len; right++) {
while (nums[right] - nums[left] > 1) {
left++;
}
if (nums[right] - nums[left] == 1) {
ans = Math.max(ans, right - left + 1);
}
}
return ans;
}
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复杂度分析
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时间复杂度：O(NlogN)，其中 N 是数组 nums 的长度。因为需要对数组进行排序，花费的时间复杂度为 O(NlogN)，然后利用双指针遍历数组花费的时间为 O(2N)，总的时间复杂度 T(N)=O(NlogN)+O(2N)=O(NlogN)。
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空间复杂度：O(1)，需要常数个空间保存中间变量。
方法三：HashMap
思路与算法：
因为题目要求是统计最大子序列长度，很容易想到使用 HashMap 来统计元素出现次数，首先遍历一次，统计各个元素的多少。
第二次遍历，则再使用第 2 个 HashMap，用于存储之前已出现的数值，然后计算出最长的一个子数列，代码如下所示：
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| public int findLHS(int[] nums) {
int len = nums.length;
int ans = 0;
Map<Integer, Integer> freq = new HashMap<>();
for (int x : nums) {
freq.put(x, freq.getOrDefault(x, 0) + 1);
}
Map<Integer, Integer> has = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < len; i++) {
has.put(nums[i], has.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);
if (freq.getOrDefault(nums[i] + 1, 0) == 0 && freq.getOrDefault(nums[i] - 1, 0) == 0) {
continue;
}
int plus = freq.get(nums[i]) - has.get(nums[i]) + 1 + freq.getOrDefault(nums[i] + 1, 0) - has.getOrDefault(nums[i] + 1, 0);
int minus = freq.get(nums[i]) - has.get(nums[i]) + 1 + freq.getOrDefault(nums[i] - 1, 0) - has.getOrDefault(nums[i] - 1, 0);
ans = Math.max(ans, Math.max(plus, minus));
}
return ans;
}
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是数组 nums 的长度。
- 空间复杂度：O(N)，其中 N 是数组 nums 的长度，使用了 2 个 HashMap，因此空间复杂度度为 O(N)。
方法四：优化HashMap
思路与算法：
分析方法三，我们发现实际上可以存在很多优化空间，第二个 HashMap 是没有必要的，因为明显是重复计算了，于是我们有了下面的优化代码：
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| public int findLHS(int[] nums) {
int ans = 0;
Map<Integer, Integer> freq = new HashMap<>();
for (int x : nums) {
freq.put(x, freq.getOrDefault(x, 0) + 1);
}
for (int x : nums) {
if (freq.getOrDefault(x + 1, 0) == 0 && freq.getOrDefault(x - 1, 0) == 0) {
continue;
}
int plus = freq.get(x) + freq.getOrDefault(x + 1, 0);
int minus = freq.get(x) + freq.getOrDefault(x - 1, 0);
ans = Math.max(ans, Math.max(plus, minus));
}
return ans;
}
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上述代码还存在优化的空间，因为注意到会出现重复的数值，所以我们可以只迭代 HashMap 中的 key 值即可，代码如下：
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| public int findLHS(int[] nums) {
int ans = 0;
Map<Integer, Integer> freq = new HashMap<>();
for (int x : nums) {
freq.put(x, freq.getOrDefault(x, 0) + 1);
}
for (int key : freq.keySet()) {
if (freq.containsKey(key + 1)) {
int temp = freq.get(key) + freq.get(key + 1);
ans = Math.max(ans, temp);
}
}
return ans;
}
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是数组 nums 的长度。
- 空间复杂度：O(N)，其中 N 是数组 nums 的长度，使用了 1 个 HashMap ，因此空间复杂度度为 O(N)。
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