LeetCode 1040. Moving Stones Until Consecutive II【排序,滑动窗口,双指针】中等

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

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There are some stones in different positions on the X-axis. You are given an integer array stones, the positions of the stones.

Call a stone an endpoint stone if it has the smallest or largest position. In one move, you pick up an endpoint stone and move it to an unoccupied position so that it is no longer an endpoint stone.

• In particular, if the stones are at say, stones = [1,2,5], you cannot move the endpoint stone at position 5, since moving it to any position (such as 0, or 3) will still keep that stone as an endpoint stone.

The game ends when you cannot make any more moves (i.e., the stones are in three consecutive positions).

Return an integer array answer of length 2 where:

• answer[0] is the minimum number of moves you can play, and
• answer[1] is the maximum number of moves you can play.

Example 1:

Input: stones = [7,4,9]
Output: [1,2]
Explanation: We can move 4 -> 8 for one move to finish the game.
Or, we can move 9 -> 5, 4 -> 6 for two moves to finish the game.``

Example 2:

Input: stones = [6,5,4,3,10]
Output: [2,3]
Explanation: We can move 3 -> 8 then 10 -> 7 to finish the game.
Or, we can move 3 -> 7, 4 -> 8, 5 -> 9 to finish the game.
Notice we cannot move 10 -> 2 to finish the game, because that would be an illegal move.

Constraints:

• 3 <= stones.length <= 10^4
• 1 <= stones[i] <= 10^9
• All the values of stones are unique.

题意：X轴上一些石头在不同的位置。数组 stones 描述了这些石头的下标位置。如果一个石头有最小或最大的下标位置，则叫它端点 endpoint stone 。一次移动中，我们可以选择一个端点石头、并将它移动到一个空位置、使它不再是一个端点。无法进行更多移动时，游戏结束，返回数组 answer[2] ，answer[0] 表示能进行的最少移动次数，answer[1] 表示能移动的最多次数。

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解法 排序+滑窗+同向双指针

题目的限制可以概括为两点：

1. 只能移动端点。
2. 端点移动后不能还是端点，且只能移动到空位上。

且移动后端点间距离一定会变小，除非游戏结束。如下所示，移动前端点距离为 $6$ ，移动后端点距离为 $4$ ：

由于 $n\ge 3$ ，如果右边有空位，可以让左端点移过去；如果左边有空位，可以让右端点移过去。没有空位时无法移动，此时所有石头都紧密相连：石头个数等于石头序列的长度。

下面讨论怎样做到最大移动次数。显然，如果像老太太慢悠悠一步一步走路来移动，就能得到最大移动次数。即每次移动都只让端点距离缩小 $1$ ，那么移动次数都能达到最大。但第一步可能无法这样移动、会多移动一点，还有一些情况下某个端点也无法做到这一点。比如下图，第一步要么 $1$ 移动到 $4\sim 6$（此后 $1$ 不是端点），要么 $7$ 移动到 $2$ （此后 $7$ 不是端点）；显然，$7$ 移动到 $2$ ，后面就无法移动了；$1$ 移到 $4$ ，后面就可像下跳棋一样、借助后面的石头一步一步“跳”过去，从而多移动几次。

上图中移动的最大次数为 $3$ ，是通过不断移动左端点到 $(s[1],s[n-1])$ 区间中的空位达成的。因此最大移动次数的结论（简记 $stones$ 为 $s$ ）：

先将数组 $s$ 从小到大排序，将石头整齐排列。最大移动次数一定等于如下两种情况的最大值：

• 从 $s[0]$ 到 $s[n-2]$ 之间的空位个数。
• 从 $s[1]$ 到 $s[n-1]$ 之间的空位个数。
• 即 $\max (s[n-2]-s[0]-n+2,s[n-1]-s[1]-n+2)$ 。

这是什么意思？

• 要往左移动端点 $s[n-1]$ ，由于移动后不能还让它是端点，就只能移到开区间 $(s[0],s[n-2])$ 中，这一开区间中有 $s[n-2]-s[0]-1$ 个位置，去掉已知的三颗石头 $s[0],s[n-2],s[n-1]$ ，剩下还有 $n-3$ 颗石头占有开区间中的位置，剩下的空位就是 $s[n-2]-s[0]-1-(n-3)=s[n-2]-s[0]-n+2$ 。
• 要往右移动端点 $s[0]$ ，由于移动后不能还让它是端点，就只能移到开区间 $(s[1],s[n-1])$ 中，这一开区间中有 $s[n-1]-s[1]-1$ 个位置，去掉已知的三颗石头 $s[n-1],s[0],s[1]$ ，剩下还有 $n-3$ 颗石头占有开区间中的位置，剩下的空位就是 $s[n-1]-s[1]-1-(n-3)=s[n-1]-s[1]-n+2$ 。

下面讨论最小移动次数，既然端点可以移动到中间任意空位，那么将所有石头都一步到位就是最快的，最后 $n$ 个石头形成数轴长为 $n$ 的序列。于是问题转换为：找到长为 $n$ 且具有最少空位的窗口，这样不在窗口的石头就最少，移动次数也最少。计算长度为 $n$ 的窗口中最少有多少个空位，等价于 $n$ 减去窗口内的最多石头个数。由于窗口滑动到下个石头前，窗口中的石头不会变多，就可以直接滑到下一颗石头。

从而最小移动次数的结论是：

数组 $stones$ 简记为 $s$ ，将 $s$ 从小到大排序。

• 如果从 $s[0]$ 到 $s[n-2]$ 之间或从 $s[1]$ 到 $s[n-1]$ 之间没有空位，那么答案为 $2$ ，但这不应当比最大移动次数还大，比如 $[1,2,4]$ 只需移动 $1$ 次。所以这种情况的最小移动次数为 $\min (2,maxMove)$ 。
• 如果都有空位，那么用同向双指针（即滑动窗口）来做。枚举窗口右端点所在石头，计算窗口内最大石头个数，最后用 $n$ 减去窗口内最大石头个数，即为最小移动次数。

特殊情况就是：下图中无法直接把 $1$ 移到窗口中的空位 $5$ ，即第一步出现问题。为此需要先移动另外一个端点、将窗口改变，才能把 $1$ 移动到 $5$ 。

class Solution {
public:
   vector<int> numMovesStonesII(vector<int> &s) {
       sort(s.begin(), s.end());
       int n = s.size();
       int e1 = s[n - 2] - s[0] - n + 2;
       int e2 = s[n - 1] - s[1] - n + 2;
       int max_move = max(e1, e2);
       if (e1 == 0 || e2 == 0) // 特殊情况：没有空位
           return {min(2, max_move), max_move};
       int max_cnt = 0, left = 0;
       for (int right = 0; right < n; ++right) { // 滑动窗口：枚举右端点
           while (s[right] - s[left] + 1 > n) // 窗口大小大于 n
               ++left;
           max_cnt = max(max_cnt, right - left + 1); // 维护窗口内的最大石子数
       }
       return {n - max_cnt, max_move};
   }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n\log n)$ ，其中 $n$ 为 $stones$ 的长度。瓶颈在排序上。
• 空间复杂度：$O(1)$ 。忽略排序时的栈开销，仅用到若干额外变量。

灵神问：
问：在窗口右边界 $s[right]$ 比较小时（比如 $right=0$ ），窗口内部的左边都是空的，无法把石子移过去，为什么代码中没有判断这种不合法的情况呢？
答：无需考虑这种情况。如果窗口内部左边都是空的，那么继续向右滑动窗口，在窗口左边界有石子之前，窗口内的石子个数是不会减少的，后面算出来的 $maxCnt$ 必然更大，所以无需考虑窗口内部左边都是空的情况。代码实现时，在 $right$ 比较小时也做了计算，因为在取 $\max$⁡ 的情况下，这对最终的 $maxCnt$ 是没有影响的。

问：对于最小移动次数，除了图中的「特殊情况」外，是否还存在其它的特殊情况？你能构造出一个具体的移动方式吗？
答：没有其它的特殊情况了，因为一定可以通过如下方式完成移动：

• 首先，按照算法流程，窗口右边界（$\text{right}$）一定可以位于一颗石子上。因为在窗口滑到下一颗石子之前，窗口内的石子不会增加，所以只需要考虑窗口右边界在石子上的情况。
• 情况一：窗口左边界也有石子。那么窗口内任意空位的左右两侧都有石子，窗口外的石子怎么移动都行。注意，窗口左边界是 $s[right]-n+1$ ，它 $\le s[left]$ 。
• 情况二：窗口左边界没有石子，且窗口右边界的右侧还有石子。那么把右端点石子移到窗口的左边界上，就能转换到情况一。
• 情况三：窗口左边界没有石子，且窗口右边界的右侧也没有石子（即窗口右边界的石子就是右端点石子）。由于不是特殊情况，窗口左侧必然有至少 $2$ 颗石子，那么左端点石子可以移到窗口的左边界上，这样就转换到了情况一。（具体见「最小移动次数讨论」的第三幅图。）

问：为什么不在滑动窗口内判断特殊情况？
答：不需要，在滑动窗口之前判断就行。这是因为如果不是特殊情况，窗口内至少有 $2$ 个空位，所以在窗口滑动时，是无论如何都不会出现特殊情况的。

问：你是如何想到本题的做法的？是否有一些通用的思考方式？
灵神答：个人觉得这题有点构造的味道（想算出答案，要大致知道怎么移动石子）。对于构造题，通常是先从最基本的情况开始思考，比如本题就是从 $n=3$ 开始思考。在纸上多画一画，比较不同的移动方案，猜想出一个大致的结论。接着思考 $n=4,5,\cdots$ 的情况，验证/修正你的结论。这就是「从特殊到一般」。如果你想做更多的构造题，可以去Codeforces搜索 tag：constructive algorithms 。

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