Leetcode精选50题-Day03

011 盛最多水的容器

1. 题目描述

给你 $n$ 个非负整数 $a_1，a_2，...，a_n$，每个数代表坐标中的一个点 $(i,a_i)$ 。在坐标内画 $n$
条垂直线，垂直线 $i$ 的两个端点分别为 $(i,a_i)$ 和 $(i,0)$ 。找出其中的两条线，使得它们与 $x$
轴共同构成的容器可以容纳最多的水。

说明：你不能倾斜容器。

提示：

• $n=height.length$
• $2<=n<=3\ast 10^4$
• $0<=height[i]<=3\ast 10^4$

2. 思路&代码

2.1 我的解法

采用双指针法从两端向中间移动，left为左边指针，从左向右移动，right为右边指针，从右向左移动。
选择移动后可以得到相对更长边长或边长有增长一端优先移动（好啰嗦，看了题解发现可以归纳为一句话，，，移动较短边），并记录过程中获得的最大容量

class Solution:
    def maxArea(self, height: List[int]) -> int:
        left = 0
        right = len(height)-1
        area_max = 0

        while left != right:
            area = min(height[left], height[right]) * (right- left)
            area_max = max(area, area_max)
            if height[left] < height[right]:
                left += 1
            else:
                right -= 1
        return area_max
        

好像都是用双指针法，没啥更优的解法了似乎？（如果有，请告诉我）

3. 复杂度分析

• 我的解法：
  时间复杂度：O(N)O(N)，双指针总计最多遍历整个数组一次。
  空间复杂度：O(1)O(1)，只需要额外的常数级别的空间。

014 最长公共前缀

1. 题目描述

编写一个函数来查找字符串数组中的最长公共前缀。

如果不存在公共前缀，返回空字符串 " "。

2. 思路&代码

2.1 直接解法

1. 横向扫描
   用 $LCP(S_1\dots S_n)$ 表示字符串 $S_1\dots S_n$ 的最长公共前缀。
   可以得到以下结论：
   $$LCP(S_1\dots S_n)=LCP(LCP(LCP(S_1,S_2),S_3),\dots S_n)$$
   基于该结论，可以得到一种查找字符串数组中的最长公共前缀的简单方法。依次遍历字符串数组中的每个字符串，对于每个遍历到的字符串，更新最长公共前缀，当遍历完所有的字符串以后，即可得到字符串数组中的最长公共前缀。
   如果在尚未遍历完所有的字符串时，最长公共前缀已经是空串，则最长公共前缀一定是空串，因此不需要继续遍历剩下的字符串，直接返回空串即可。
   

class Solution:
    def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str:
        if not strs:
            return ""
        
        prefix, count = strs[0], len(strs)
        for i in range(1, count):
            prefix = self.lcp(prefix, strs[i])
            if not prefix:
                break
        
        return prefix

    def lcp(self, str1, str2):
        length, index = min(len(str1), len(str2)), 0
        while index < length and str1[index] == str2[index]:
            index += 1
        return str1[:index]

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-prefix/solution/zui-chang-gong-gong-qian-zhui-by-leetcode-solution/

2. 纵向扫描
   纵向扫描时，从前往后遍历所有字符串的每一列，比较相同列上的字符是否相同，如果相同则继续对下一列进行比较，如果不相同则当前列不再属于公共前缀，当前列之前的部分为最长公共前缀。

class Solution:
    def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str:
        if not strs:
            return ""
        
        length, count = len(strs[0]), len(strs)
        for i in range(length):
            c = strs[0][i]
            if any(i == len(strs[j]) or strs[j][i] != c for j in range(1, count)):
                return strs[0][:i]
        
        return strs[0]

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-prefix/solution/zui-chang-gong-gong-qian-zhui-by-leetcode-solution/

3. 分治
   注意到 $LCP$ 的计算满足结合律，有以下结论：
   $$LCP(S_1\dots S_n)=LCP(LCP(S_1\dots S_k),LCP(S_k+1\dots S_n))$$
   其中$LCP(S_1\dots S_n)$ 是字符串 $S_1\dots S_n$ 的最长公共前缀，$1<k<n$。
   基于上述结论，可以使用分治法得到字符串数组中的最长公共前缀。
   对于问题 $LCP(S_i\cdots S_j)$，可以分解成两个子问题 $LCP(S_i\dots S_{m}id)$ 与 $LCP(S_{m}id+1\dots S_j)$，其中 $mid=\frac{i+j}{2}$。
   对两个子问题分别求解，然后对两个子问题的解计算最长公共前缀，即为原问题的解。
   

class Solution:
    def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str:
        def lcp(start, end):
            if start == end:
                return strs[start]

            mid = (start + end) // 2
            lcpLeft, lcpRight = lcp(start, mid), lcp(mid + 1, end)
            minLength = min(len(lcpLeft), len(lcpRight))
            for i in range(minLength):
                if lcpLeft[i] != lcpRight[i]:
                    return lcpLeft[:i]

            return lcpLeft[:minLength]

        return "" if not strs else lcp(0, len(strs) - 1)

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-prefix/solution/zui-chang-gong-gong-qian-zhui-by-leetcode-solution/

4. 二分查找
   显然，最长公共前缀的长度不会超过字符串数组中的最短字符串的长度。
   用 $minLength$ 表示字符串数组中的最短字符串的长度，则可以在 $[0,minLength]$ 的范围内通过二分查找得到最长公共前缀的长度。
   每次取查找范围的中间值 $mid$，判断每个字符串的长度为 $mid$ 的前缀是否相同，如果相同则最长公共前缀的长度一定大于或等于 $mid$，如果不相同则最长公共前缀的长度一定小于 $mid$，通过上述方式将查找范围缩小一半，直到得到最长公共前缀的长度。
   

class Solution:
    def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str:
        def isCommonPrefix(length):
            str0, count = strs[0][:length], len(strs)
            return all(strs[i][:length] == str0 for i in range(1, count))

        if not strs:
            return ""

        minLength = min(len(s) for s in strs)
        low, high = 0, minLength
        while low < high:
            mid = (high - low + 1) // 2 + low
            if isCommonPrefix(mid):
                low = mid
            else:
                high = mid - 1

        return strs[0][:low]

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-prefix/solution/zui-chang-gong-gong-qian-zhui-by-leetcode-solution/

2.2 奇技淫巧

1. 先找出数组中字典序最小和最大的字符串，最长公共前缀即为这两个字符串的公共前缀

class Solution:
    def longestCommonPrefix(self, strs: List[str]) -> str:
        
        if not strs: 
            return ""
            
        str0 = min(strs)
        str1 = max(strs)
        for i in range(len(str0)):
            if str0[i] != str1[i]:
                return str0[:i]
        return str0

2. zip合并
   来自：javaniuniu
   思路：
   使用 zip 根据字符串下标合并成数组，
   判断合并后数组里元素是否都相同

class Solution(object):
    def longestCommonPrefix(self, strs):
        ans = ''
        for i in zip(*strs):
            if len(set(i)) == 1:
                ans += i[0]
            else:
                break
        return ans

作者：javaniuniu
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-prefix/solution/shi-yong-zip-ji-xing-dai-ma-jian-dan-gao-ding-pyth/

3. 复杂度分析

横向扫描

• 时间复杂度：$O(mn)$，其中 $m$ 是字符串数组中的字符串的平均长度，$n$ 是字符串的数量。最坏情况下，字符串数组中的每个字符串的每个字符都会被比较一次。
• 空间复杂度：$O(1)$。使用的额外空间复杂度为常数。

纵向扫描

• 时间复杂度：$O(mn)$，其中 $m$ 是字符串数组中的字符串的平均长度，$n$ 是字符串的数量。最坏情况下，字符串数组中的每个字符串的每个字符都会被比较一次。
• 空间复杂度：$O(1)$。使用的额外空间复杂度为常数。

分治

• 时间复杂度：$O(mn)$，其中 $m$ 是字符串数组中的字符串的平均长度，$n$ 是字符串的数量。时间-复杂度的递推式是 $T(n)=2\cdot T(2n)+O(m)$，通过计算可得 $T(n)=O(mn)$。

• 空间复杂度：$O(mlogn)$，其中 $m$ 是字符串数组中的字符串的平均长度，$n$ 是字符串的数量。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，层数最大为 $logn$，每层需要 $m$ 的空间存储返回结果。

二分查找

• 时间复杂度：$O(mnlogm)$，其中 $m$ 是字符串数组中的字符串的最小长度，$n$ 是字符串的数量。二分查找的迭代执行次数是 $O(logm)$，每次迭代最多需要比较 $mn$ 个字符，因此总时间复杂度是 $O(mnlogm)$。
• 空间复杂度：$O(1)$。使用的额外空间复杂度为常数。

015 三数之和

1. 题目描述

给你一个包含 $n$ 个整数的数组 $nums$，判断 $nums$ 中是否存在三个元素 $a，b，c$ ，使得 $a+b+c=0？$ 请你找出所有和为 $0$ 且不重复的三元组。

注意：答案中不可以包含重复的三元组。

2. 思路&代码

2.1 排序 + 双指针

class Solution:
    def threeSum(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
        n = len(nums)
        nums.sort()
        ans = list()
        
        # 枚举 a
        for first in range(n):
            # 需要和上一次枚举的数不相同
            if first > 0 and nums[first] == nums[first - 1]:
                continue
            # c 对应的指针初始指向数组的最右端
            third = n - 1
            target = -nums[first]
            # 枚举 b
            for second in range(first + 1, n):
                # 需要和上一次枚举的数不相同
                if second > first + 1 and nums[second] == nums[second - 1]:
                    continue
                # 需要保证 b 的指针在 c 的指针的左侧
                while second < third and nums[second] + nums[third] > target:
                    third -= 1
                # 如果指针重合，随着 b 后续的增加
                # 就不会有满足 a+b+c=0 并且 b
                if second == third:
                    break
                if nums[second] + nums[third] == target:
                    ans.append([nums[first], nums[second], nums[third]])
        
        return ans

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/3sum/solution/san-shu-zhi-he-by-leetcode-solution/

3. 复杂度分析

时间复杂度：$O(N^2)$，其中 $N$ 是数组 $nums$ 的长度。

空间复杂度：$O(logN)$。我们忽略存储答案的空间，额外的排序的空间复杂度为 $O(logN)$。然而我们修改了输入的数组 $nums$，在实际情况下不一定允许，因此也可以看成使用了一个额外的数组存储了 $nums$ 的副本并进行排序，空间复杂度为 $O(N)$。