【LeetCode算法系列题解】第41~45题

LeetCode 41. 缺失的第一个正数（困难）

【题目描述】

给你一个未排序的整数数组 nums，请你找出其中没有出现的最小的正整数。
请你实现时间复杂度为 $O(n)$ 并且只使用常数级别额外空间的解决方案。

【示例1】

输入：nums = [1,2,0]
输出：3

【示例2】

输入：nums = [3,4,-1,1]
输出：2

【示例3】

输入：nums = [7,8,9,11,12]
输出：1

【提示】

$1\le nums.length\le 5\ast 10^5$
$-2^{31}\le nums[i]\le 2^{31}-1$

【分析】

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注意本题的时空复杂度，不能用排序以及哈希表之类的做法。

我们可以用置换的方法求解，我们记 $n$ 为 $nums$ 的长度，因此答案一定在 $1\sim n+1$ 之间（因为最完美的情况是 $num$ 中有 $1\sim n$）。

我们利用两两交换的方法将 $num$ 中在 $1\sim n$ 范围内的数放置到其对应的位置上，也就是 nums[i] = i + 1。但其中有若干个位置上的数是错误的，每一个错误的位置就代表了一个缺失的正数。以 [3, 4, -1, 1] 为例，置换后的数组应当为 [1, -1, 3, 4]，我们就可以知道缺失的数为 $2$。

注意在交换的过程中应判断两数是否相等防止死循环。

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【代码】

class Solution {
public:
    int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        for (int i = 0; i < n; i++)
            // 将当前数置换到其对应的位置num[i]-1
            while (nums[i] > 0 && nums[i] <= n && nums[i] != nums[nums[i] - 1])
                swap(nums[i], nums[nums[i] - 1]);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (nums[i] != i + 1) return i + 1;  // 该位置上没有对应的正整数说明缺失了
        return n + 1;  // 1~n全部没有缺失
    }
};

LeetCode 42. 接雨水（困难）

【题目描述】

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

【示例1】

输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出：6
解释：上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。

【示例2】

输入：height = [4,2,0,3,2,5]
输出：9

【提示】

$1\le height.length\le 2\ast 10^4$
$0\le height[i]\le 10^5$

【分析】

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本题需要用到单调栈的思想，先画出示意图：

我们开一个栈记为 stk，每根柱子的编号已在图中显示，假设柱子的高度依次为：height = [6, 3, 0, 5, 4, 5, 7]，算法流程如下：

• 栈为空，将 0 入栈（当前栈：[0]）；
• 1 小于栈顶元素，入栈（当前栈：[0, 1]）；
• 2 小于栈顶元素，入栈（当前栈：[0, 1, 2]）；
• 3 大于等于栈顶元素，将小于等于 3 的元素依次出栈，首先出栈 2，若栈里还有元素，则 res += (3 - 1 - 1) * (min(height[1], height[3]) - height[2]) = 3（红色区域），其中 1 为栈顶元素；然后出栈 1，栈不为空，res += (3 - 1 - 0) * (min(height[0], height[3]) - height[1]) = 7（黄色区域）；栈顶元素 0 大于 3，停止出栈，将 3 入栈（当前栈：[0, 3]）；
• 4 小于栈顶元素，入栈（当前栈：[0, 3, 4]）；
• 5 大于等于栈顶元素，将小于等于 5 的元素依次出栈，首先出栈 4，栈不为空，res += (5 - 1 - 3) * (min(height[3], height[5]) - height[4]) = 8（绿色区域）；然后出栈 3，栈不为空，res += (5 - 1 - 0) * (min(height[0], height[5]) - height[3]) = 8（面积为0）；栈顶元素 0 大于 5，停止出栈，将 5 入栈（当前栈：[0, 5]）；
• 6 大于等于栈顶元素，将小于等于 6 的元素依次出栈，首先出栈 5，栈不为空，res += (6 - 1 - 0) * (min(height[0], height[6]) - height[5]) = 13（蓝色区域）；然后出栈 0，栈为空，停止出栈，将 6 入栈（当前栈：[6]），遍历结束。

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【代码】

class Solution {
public:
    int trap(vector<int>& height) {
        stack<int> stk;
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < height.size(); i++)
        {
            if (stk.empty() || height[i] < height[stk.top()]) { stk.push(i); continue; }
            while (stk.size() && height[i] >= height[stk.top()])
            {
                int t = stk.top(); stk.pop();
                if (stk.size())  // 注意判断栈里是否还有元素
                    res += (i - 1 - stk.top()) * (min(height[stk.top()], height[i]) - height[t]);
            }
            stk.push(i);
        }
        return res;
    }
};

LeetCode 43. 字符串相乘（中等）

【题目描述】

给定两个以字符串形式表示的非负整数 num1 和 num2，返回 num1 和 num2 的乘积，它们的乘积也表示为字符串形式。
注意：不能使用任何内置的 BigInteger 库或直接将输入转换为整数。

【示例1】

输入: num1 = "2", num2 = "3"
输出: "6"

【示例2】

输入: num1 = "123", num2 = "456"
输出: "56088"

【提示】

$1\le num1.length,num2.length\le 200$
num1 和 num2 只能由数字组成
num1 和 num2 都不包含任何前导零，除了数字0本身

【分析】

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使用高精度乘法的处理方式，假设两个数的低到高位的下标分别为 $0\sim n$ 与 $0\sim m$，那么两个数的第 $i$ 位与第 $j$ 位相乘后的结果将会累加到第 $i+j$ 位上。我们可以遍历两个数先算出每一位上的乘积之和，最后在从低位到高位统一处理一遍进位即可。

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【代码】

class Solution {
public:
    string multiply(string num1, string num2) {
        int n = num1.size(), m = num2.size();
        reverse(num1.begin(), num1.end());  // 字符串的最高位是数字的最低位
        reverse(num2.begin(), num2.end());
        vector<int> mul(n + m);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = 0; j < m; j++)
                mul[i + j] += (num1[i] - '0') * (num2[j] - '0');
        for (int i = 0, t = 0; i < n + m; i++)  // 统一处理进位
        {
            mul[i] += t;
            t = mul[i] / 10;
            mul[i] %= 10;
        }
        int k = n + m - 1;
        while (k && mul[k] == 0) k--;  // 去掉结果的前导0
        string res;
        while (k >= 0) res += mul[k--] + '0';
        return res;
    }
};

LeetCode 44. 通配符匹配（困难）

【题目描述】

给你一个输入字符串（s）和一个字符模式（p），请你实现一个支持 '?' 和 '*' 匹配规则的通配符匹配：

• '?' 可以匹配任何单个字符。
• '*' 可以匹配任意字符序列（包括空字符序列）。

判定匹配成功的充要条件是：字符模式必须能够完全匹配输入字符串（而不是部分匹配）。

【示例1】

输入：s = "aa", p = "a"
输出：false
解释："a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。

【示例2】

输入：s = "aa", p = "*"
输出：true
解释：'*' 可以匹配任意字符串。

【示例3】

输入：s = "cb", p = "?a"
输出：false
解释：'?' 可以匹配 'c', 但第二个 'a' 无法匹配 'b'。

【提示】

$0\le s.length,p.length\le 2000$
s 仅由小写英文字母组成
p 仅由小写英文字母、'?' 或 '*' 组成

【分析】

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本题与第10题的区别在于这边的 * 可以匹配任意字符串，而第10题的 * 表示可以某个字符可以为任意长度。

同样的，我们来分析一下状态表示和状态计算：

• 状态表示 $f[i][j]$：
  • 集合：所有 $s[1\sim i]$ 和 $p[1\sim j]$（下标从1开始）的匹配方案。
  • 属性：bool 类型，表示是否存在一个合法方案。
• 状态计算：
  • $p[j]\ne \ast$，那么直接看 $s[i]$ 和 $p[j]$ 是否匹配即可，若 s[i] == p[j] 或者 p[j] == '?'，且满足 $s$ 的前 $i-1$ 个字符和 $j$ 的前 $j-1$ 个字符也匹配，那么 $s[i]$ 和 $p[j]$ 匹配，即可以写出以下状态转移方程：
    f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '?')
  • $p[j]=\ast$，那么我们需要枚举一下 * 表示多少个字符，如果表示0个字符，则 $s$ 的前 $i$ 个字符和 $j$ 的前 $j-1$（此处与第10题有区别）个字符匹配；如果表示1个字符，则 $s$ 的前 $i-1$ 个字符和 $j$ 的前 $j-1$ 个字符匹配；如果表示2个字符，则 $s$ 的前 $i-2$ 个字符和 $j$ 的前 $j-1$ 个字符匹配。因此可以写出以下状态转移方程：
    f[i][j] = f[i][j - 1] || f[i - 1][j - 1] || f[i - 2][j - 1] || ...
    现在我们进行优化（方式与第10题一模一样，也是完全背包优化方式），写出 f[i - 1][j] 的状态转移方程如下：
    f[i - 1][j] = f[i - 1][j - 1] || f[i - 2][j - 1] || ...
    因此可以写出优化后的状态转移方程：
    f[i][j] = f[i][j - 1] || f[i - 1][j]

本题的 f[0][j] 是有意义的，例如一堆 * 可以匹配空串；但是 f[i][0] 是没有意义的。

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【代码】

class Solution {
public:
    bool isMatch(string s, string p) {
        int n = s.size(), m = p.size();
        s = ' ' + s, p = ' ' + p;
        vector<vector<bool>> f(n + 1, vector<bool>(m + 1));
        f[0][0] = true;
        for (int i = 0; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= m; j++)
                if (p[j] != '*')
                    f[i][j] = i && f[i - 1][j - 1] && (s[i] == p[j] || p[j] == '?');  // 要特判i不为0防止越界
                else
                    f[i][j] = f[i][j - 1] || i && f[i - 1][j];  // 同样也要特判i不为0
        return f[n][m];
    }
};

LeetCode 45. 跳跃游戏 II（中等）

【题目描述】

给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。
每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处：

• 0 <= j <= nums[i]
• i + j < n

返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。

【示例1】

输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

【示例2】

输入: nums = [2,3,0,1,4]
输出: 2

【提示】

$1\le nums.length\le 10^4$
$0\le nums[i]\le 1000$
题目保证可以到达 nums[n - 1]

【分析】

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令 f[i] 表示起点跳到 $i$ 的最短步数，那么 f[i] 一定是单调递增的，且相邻差值一定不会超过1，假设 $i<j$ 且 $f[i]>f[j]$，那么首先 $j$ 一定不是从 $i$ 跳过来的，因为这样 $f[j]=f[i]+1$，那么说明是在 $i$ 之前的某个点跳过来的，那么从这个点跳到 $i$ 后也至少能满足 $f[i]=f[j]$，因此通过反证法即可证明该假设不成立。

因此我们可以找出 f[i] == x 的每一段，只需要在 f[i] == x - 1 的那一段中找出能够跳跃到的最远距离的点。可以枚举 $i$，由于 $i$ 是单调递增的，如果 $j$ 跳不到 $i$ 那么更不可能跳到 $i+1$，因此 $j$ 也是单调的，只需要枚举一遍即可。

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【代码】

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        vector<int> f(nums.size());
        for (int i = 1, j = 0; i < nums.size(); i++)  // f[0]=0，从1开始
        {
            while (j + nums[j] < i) j++;  // 保证一定有解，因此肯定能从某个j跳到i
            f[i] = f[j] + 1;  // 从最左边的j跳到i
        }
        return f[nums.size() - 1];
    }
};