[Leetcode][396. 旋转函数] 3种方法:暴力法,动态规划,前缀和 + 滑动窗口
By Long Luo
方法一: 暴力法
思路与算法
很容易想到的方法是遍历,使用 \(2\) 个循环,很明显最多只能有 \(len\) 次旋转,因为对称性,所以数组下标可能会 \(>= len\),所以要取余 \((i+j) \mod len\)。
每次旋转更新最大值,时间复杂度为 \(O(N^2)\)。1
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19// 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:\(O(N^2)\),其中 \(N\) 是数组 \(\textit{nums}\) 的长度。
空间复杂度:\(O(1)\)。
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:
\[ F(0) = 0 \times nums[0] + 1 \times nums[1] + \ldots + (n-1) \times nums[n-1] \]
\[ F(1) = 1 \times nums[0] + 2 \times nums[1] + \ldots + 0 \times nums[n-1] = F(0) + \sum_{i=0}^{n-1}nums[i] - n \times nums[n-1] \]
我们很容易发现相邻旋转的递推关系:
\[ F(k+1) = F(k) + \sum_{i=0}^{n-1}nums[i]-n \times nums[n-k], 0 \le k \lt n \]
从\(F(0)\)出发,迭代计算出不同的\(F(k)\),并求出最大值。
很容易使用DP写出如下代码:1
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22// 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\(O(1)\)。
1 | // DP Opt time: O(n) space: O(1) |
复杂度分析:
时间复杂度:\(O(N)\),其中 \(N\) 是数组的长度。
空间复杂度:\(O(1)\)。
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 \(nums\) 进行复制拼接,得到长度为 \(2n\) 的新数组,在新数组上任意一个长度为 \(n\) 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 \([i, i+n-1]\) 的滑动窗口,当前结果为:
\[ cur = nums[i] \times 0 + nums[i+1] \times 1 + ... + nums[i+n-1] \times (n-1) \]
当窗口往后移动一位,也就是窗口的右端点来到 \(i+n\) 的位置,左端点来到 \(i+1\) 的位置。
我们需要增加新右端点的值,即增加 \(nums[i+n] \times (n-1)\),同时减去旧左端点的值,即减少 \(nums[i] \times 0\),然后更新新旧窗口的公共部分 \([i + 1, i + n - 1]\)。
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。
\[ nums[i+1] \times 1 + nums[i+2] \times 2 + ... + nums[i+n-1] \times (n-1) \]
变为
\[ nums[i+1] \times 0 + nums[i+2] \times 1 + ... + nums[i+n-1] \times (n-2) \]
因此,公共部分的差值为 \(\sum_{idx=i+1}^{i+n-1}nums[idx]\),我们可以使用前缀和进行优化。1
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25public 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:\(O(N)\),其中 \(N\) 是数组的长度。
空间复杂度:\(O(1)\)。
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