力扣(LeetCode)1802. 有界数组中指定下标处的最大值(C++)

贪心+二分查找

贪心性质：对于数组中确定位置index的数，要使nums[index]最大，等于使得整个数组之和最小。
提示 ：数组相邻元素之差的绝对值小于1，为了数组之和最小，从index往左，形成公差为1的递减序列；从index往右，形成公差为1的递减序列。

考虑枚举nums[index]的值，从1开始。从小到大枚举，数组之和第一次大于maxSum时，上一次枚举的nums[index]的值，即为所求。时间复杂度 $O(maxSum)$ ，$TLE$。

二分查找优化枚举。时间复杂度 $O(logmaxSum)$ 。

题目描述

代码分析

二分查找边界 : l、r是二分左右数值，mid是中间值。
数组位置 ：posl、posr是index影响范围的左边界、右边界。影响范围之内，即[posl,posr]，采用等差数列求和；影响范围之外，即[0,posl)和(posr,n-1]，数字均是1。
数组边界：numl、numr是index影响范围的左边界的值、右边界的值。
数组之和：suml、sumr分别是[0,posl)的数组之和、(posr,n-1]的数组之和。

核心代码

class Solution {
public:
    int maxValue(int n, int index, int maxSum) {
        int l = 1 , r = maxSum;
        while(l<=r){
            int mid = l +(r-l>>1);
            int posl = max(0,index - (mid - 1));
            int posr = min(n-1,index + mid - 1);
            int numl = max(1,mid - (index - posl));
            int numr = max(1,mid - (posr - index));
            long long suml ,sumr;
            if(index == posl) suml = 0;
            else suml = (long long)(numl + mid-1) * (index - posl) /2;
            if(index == posr) sumr = 0;
            else sumr = (long long)(mid-1+numr) * (posr - index) /2 ;

            long long ans = (posl-0) + (n-1 - posr) + suml + sumr + mid;
            if(ans<=maxSum) l = mid+1;
            else r = mid - 1;
        }
        return l-1;
    }
};

1. 时间复杂度 : $O(logm)$ ， $m=maxSum$ 是数组之和的最大限制，二分查找的时间复杂度 $O(logm)$ 。
2. 空间复杂度 : $O(1)$ ， 只使用常量级空间 。

AC

致语

• 理解思路很重要
• 读者有问题请留言，清墨看到就会回复的。
• 读者加油，能写出来的！