【LeetCode题目详解】 977.有序数组的平方 209.长度最小的子数组59.螺旋矩阵II day2

本文章代码以c++为例！

一、力扣第977题:有序数组的平方

看完这个题目第一想法就是直接暴力解决，直接将全部平方然后进行排序。比如快排。

代码如下：

class Solution {
public:
    vector sortedSquares(vector& nums) {
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            nums[i] *= nums[i];
        }
        sort(nums.begin(), nums.end()); // 快速排序
        return nums;
    }
};

时间复杂度是 O(nlogn)或者说【O(n + nlogn)】，括号里面这个是为了比较接下来的方法。

然后看了代码随想录的视频学习了用双指针来写这道题的方法（说实话不看视频真没想到可以用这个，虽然双指针的方法昨天才学）

题目给的数组是有序的， 只不过负数平方之后可能成为最大数，所以数组平方的最大值就在数组的两端，不是最左边就是最右边，不可能是中间。然后用双指针法，i指向起始位置，j指向终止位置。定义一个新数组result，和nums数组一样的大小，让k指向result数组终止位置。

如果nums[i] * nums[i] < nums[j] * nums[j] 那么result[k--] = nums[j] * nums[j];

如果nums[i] * nums[i] >= nums[j] * nums[j] 那么result[k--] = nums[i] * nums[i];

这里借用代码随想录的图更生动的显示这个过程：

然后代码如下：

class Solution {
public:
    vector sortedSquares(vector& nums) {
         int k = nums.size() - 1;
        vector result(nums.size(), 0);
        for (int i = 0, j = nums.size() - 1; i <= j;) { 
            if (nums[i] * nums[i] < nums[j] * nums[j])  {
                result[k--] = nums[j] * nums[j];
                j--;
            }
            else {
                result[k--] = nums[i] * nums[i];
                i++;
            }
        }
        return result;
    }
};

二、力扣第209题：长度最小的子数组

这道题目暴力解法依旧是两个for循环，然后不断的寻找符合条件的子序列，时间复杂度是O(n^2)。 

代码如下：

class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int target, vector& nums) {
        int result = nums.size()+1; // 最终的结果
        int sum = 0; // 子序列的数值之和
        int subLength = 0; // 子序列的长度
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { // 设置子序列起点为i
            sum = 0;
            for (int j = i; j < nums.size(); j++) { // 设置子序列终止位置为j
                sum += nums[j];
                if (sum >= target) { // 一旦发现子序列和超过了s，更新result
                    subLength = j - i + 1; // 取子序列的长度
                    result = result < subLength ? result : subLength;
                    break; // 因为我们是找符合条件最短的子序列，所以一旦符合条件就break
                }
            }
        }
        // 如果result没有被赋值的话，就返回0，说明没有符合条件的子序列
        return result == nums.size()+1 ? 0 : result;
    }
};

暴力解法在力扣是超时的！！！

下面的一个方法依旧是在代码随想录学的双指针法的一种运用（滑动窗口）的方法，滑动窗口也可以理解为双指针法的一种。只不过这种解法更像是一个窗口的移动，所以叫做滑动窗口更适合一些。

所谓滑动窗口，就是不断的调节子序列的起始位置和终止位置，从而得出我们要想的结果。

这个方法就是用一个for循环来完成刚刚暴力方法中两个for循环的工作。

用代码随想录中的动画可以很形象的表示：

在本题中实现滑动窗口，主要确定如下三点：

• 窗口内是什么？
• 如何移动窗口的起始位置？
• 如何移动窗口的结束位置？

窗口就是 满足其和 ≥ s 的长度最小的连续子数组。

窗口的起始位置如何移动：如果当前窗口的值大于s了，窗口就要向前移动了（也就是该缩小了）。

窗口的结束位置如何移动：窗口的结束位置就是遍历数组的指针，也就是for循环里的索引。

这个方法最重要的代码就是这个图里的！！！！！

 

 代码如下：

class Solution {
public:
    int minSubArrayLen(int target, vector& nums) {
        int result = nums.size()+1;
        int sum = 0; // 滑动窗口数值之和
        int i = 0; // 滑动窗口起始位置
        int subLength = 0; // 滑动窗口的长度
        for (int j = 0; j < nums.size(); j++) {
            sum += nums[j];
            // 注意这里使用while，每次更新 i（起始位置），并不断比较子序列是否符合条件
            while (sum >= target) {
                subLength = (j - i + 1); // 取子序列的长度
                result = result < subLength ? result : subLength;
                sum -= nums[i++]; // 这里体现出滑动窗口的精髓之处，不断变更i（子序列的起始位置）
            }
        }
        // 如果result没有被赋值的话，就返回0，说明没有符合条件的子序列
        return result == nums.size()+1 ? 0 : result;
    }
};

注：为什么时间复杂度是O(n)。

不要以为for里放一个while就以为是O(n^2)啊， 主要是看每一个元素被操作的次数，每个元素在滑动窗后进来操作一次，出去操作一次，每个元素都是被操作两次，所以时间复杂度是 2 × n 也就是O(n)。

三、力扣第59题：螺旋矩阵 II

 

 这道题稍微难一点，本题并不涉及到什么算法，就是模拟过程，但却十分考察对代码的掌控能力。

跟着代码随想录的思路来，

回顾前面学的二分法，提到如果要写出正确的二分法一定要坚持循环不变量原则。

而求解本题依然是要坚持循环不变量原则。

模拟顺时针画矩阵的过程:

• 填充上行从左到右
• 填充右列从上到下
• 填充下行从右到左
• 填充左列从下到上

由外向内一圈一圈这么画下去

这个过程比较有点乱，但是我们写题不能乱，要确定好边界条件，这里用的是左闭右开

代码如下：

class Solution {
public:
    vector> generateMatrix(int n) {
        vector> res(n, vector(n, 0)); // 使用vector定义一个二维数组
        int startx = 0, starty = 0; // 定义每循环一个圈的起始位置
        int loop = n / 2; // 每个圈循环几次，例如n为奇数3，那么loop = 1 只是循环一圈，矩阵中间的值需要单独处理
        int mid = n / 2; // 矩阵中间的位置，例如：n为3， 中间的位置就是(1，1)，n为5，中间位置为(2, 2)
        int count = 1; // 用来给矩阵中每一个空格赋值
        int offset = 1; // 需要控制每一条边遍历的长度，每次循环右边界收缩一位
        int i,j;
        while (loop --) {
            i = startx;
            j = starty;

            // 下面开始的四个for就是模拟转了一圈
            // 模拟填充上行从左到右(左闭右开)
            for (j = starty; j < n - offset; j++) {
                res[startx][j] = count++;
            }
            // 模拟填充右列从上到下(左闭右开)
            for (i = startx; i < n - offset; i++) {
                res[i][j] = count++;
            }
            // 模拟填充下行从右到左(左闭右开)
            for (; j > starty; j--) {
                res[i][j] = count++;
            }
            // 模拟填充左列从下到上(左闭右开)
            for (; i > startx; i--) {
                res[i][j] = count++;
            }

            // 第二圈开始的时候，起始位置要各自加1， 例如：第一圈起始位置是(0, 0)，第二圈起始位置是(1, 1)
            startx++;
            starty++;

            // offset 控制每一圈里每一条边遍历的长度
            offset += 1;
        }

        // 如果n为奇数的话，需要单独给矩阵最中间的位置赋值
        if (n % 2) {
            res[mid][mid] = count;
        }
        return res;
    }
};

• 时间复杂度 O(n^2): 模拟遍历二维矩阵的时间
• 空间复杂度 O(1)

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