[Leetcode][396. 旋转函数] 3种方法：暴力法，动态规划，前缀和 + 滑动窗口

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By Long Luo

Leetcode 396. 旋转函数 题解。

方法一： 暴力法

思路与算法

很容易想到的方法是遍历，使用 22 个循环，很明显最多只能有 lenlen 次旋转，因为对称性，所以数组下标可能会 >=len>= len，所以要取余 (i+j)mod  len(i+j) \mod len。

每次旋转更新最大值，时间复杂度为 O(N2)O(N^2)。

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// BF time: O(n^2) space: O(1)
   public int maxRotateFunction(int[] nums) {
       int len = nums.length;
       if (len <= 1) {
           return 0;
       }

       int ans = Integer.MIN_VALUE;
       for (int i = 0; i < len; i++) {
           int sum = 0;
           for (int j = 0; j < len; j++) {
               sum += j * nums[(i + j) % len];
           }

           ans = Math.max(ans, sum);
       }

       return ans;
   }

复杂度分析：

  • 时间复杂度：O(N2)O(N^2)，其中 NN 是数组 nums\textit{nums} 的长度。

  • 空间复杂度：O(1)O(1)。

方法二： 动态规划

思路与算法：

方法一会超时，其实观察旋转数组的变化：

F(0)=0×nums[0]+1×nums[1]+…+(n−1)×nums[n−1]F(0) = 0 \times nums[0] + 1 \times nums[1] + \ldots + (n-1) \times nums[n-1]

F(1)=1×nums[0]+2×nums[1]+…+0×nums[n−1]=F(0)+∑i=0n−1nums[i]−n×nums[n−1]F(1) = 1 \times nums[0] + 2 \times nums[1] + \ldots + 0 \times nums[n-1] = F(0) + \sum_{i=0}^{n-1}nums[i] - n \times nums[n-1]

我们很容易发现相邻旋转的递推关系：

F(k+1)=F(k)+∑i=0n−1nums[i]−n×nums[n−k],0≤k<nF(k+1) = F(k) + \sum_{i=0}^{n-1}nums[i]-n \times nums[n-k], 0 \le k \lt n

从F(0)F(0)出发，迭代计算出不同的F(k)F(k)，并求出最大值。

很容易使用DP写出如下代码：

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// DP time: O(n) space: O(n)
public int maxRotateFunction_dp(int[] nums) {
    int len = nums.length;
    if (len <= 1) {
        return 0;
    }

    int[] dp = new int[len];
    int sum = 0;
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        dp[0] += i * nums[i];
        sum += nums[i];
    }

    int ans = dp[0];
    for (int i = 1; i < len; i++) {
        dp[i] = dp[i - 1] + sum - len * nums[(len - i) % len];
        ans = Math.max(ans, dp[i]);
    }

    return ans;
}

观察上述代码，我们发现dp[]数组只是记录数值，实际上可以将空间复杂度优化到O(1)O(1)。

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// DP Opt time: O(n) space: O(1)
public int maxRotateFunction_dp_opt(int[] nums) {
    int len = nums.length;
    if (len <= 1) {
        return 0;
    }

    int ans = 0;
    int sum = 0;
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        ans += i * nums[i];
        sum += nums[i];
    }

    int pre = ans;
    for (int i = 1; i < len; i++) {
        int curr = pre + sum - len * nums[len - i];
        ans = Math.max(ans, curr);
        pre = curr;
    }

    return ans;
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：O(N)O(N)，其中 NN 是数组的长度。

  • 空间复杂度：O(1)O(1)。

方法三： 前缀和 + 滑动窗口

思路与算法：

因为需要旋转数组，可以将 numsnums 进行复制拼接，得到长度为 2n2n 的新数组，在新数组上任意一个长度为 nn 的滑动窗口都对应了一个旋转数组。

考虑在窗口的滑动过程中，计算结果会如何变化，假设当前我们处理到下标为 [i,i+n−1][i, i+n-1] 的滑动窗口，当前结果为：

cur=nums[i]×0+nums[i+1]×1+...+nums[i+n−1]×(n−1)cur = nums[i] \times 0 + nums[i+1] \times 1 + ... + nums[i+n-1] \times (n-1)

当窗口往后移动一位，也就是窗口的右端点来到 i+ni+n 的位置，左端点来到 i+1i+1 的位置。

我们需要增加新右端点的值，即增加 nums[i+n]×(n−1)nums[i+n] \times (n-1)，同时减去旧左端点的值，即减少 nums[i]×0nums[i] \times 0，然后更新新旧窗口的公共部分 [i+1,i+n−1][i + 1, i + n - 1]。

不难发现，随着窗口的逐步右移，每一位公共部分的权值系数都会进行减一。

nums[i+1]×1+nums[i+2]×2+...+nums[i+n−1]×(n−1)nums[i+1] \times 1 + nums[i+2] \times 2 + ... + nums[i+n-1] \times (n-1)

变为

nums[i+1]×0+nums[i+2]×1+...+nums[i+n−1]×(n−2)nums[i+1] \times 0 + nums[i+2] \times 1 + ... + nums[i+n-1] \times (n-2)

因此，公共部分的差值为 ∑idx=i+1i+n−1nums[idx]\sum_{idx=i+1}^{i+n-1}nums[idx]，我们可以使用前缀和进行优化。

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public int maxRotateFunction(int[] nums) {
	int len = nums.length;
	if (len <= 1) {
		return 0;
	}

	int[] sum = new int[2 * len + 1];
	for (int i = 1; i <= 2 * len; i++) {
		sum[i] = sum[i - 1] + nums[(i - 1) % len];
	}

	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		ans += i * nums[i];
	}

	int curr = ans;
	for (int i = len + 1; i < 2 * len; i++) {
		curr += nums[(i - 1) % len] * (len - 1);
		curr -= sum[i - 1] - sum[i - len];
		ans = Math.max(ans, curr);
	}

	return ans;
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：O(N)O(N)，其中 NN 是数组的长度。

  • 空间复杂度：O(1)O(1)。

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