java leetcodetop100 (3,4 )最长连续数列，移动零
top3 最长连续数列
给定一个未排序的整数数组 nums ，找出数字连续的最长序列（不要求序列元素在原数组中连续）的长度。 * * 请你设计并实现时间复杂度为 O(n) 的算法解决此问题。 * * * * 示例 1： * * 输入：nums = [100,4,200,1,3,2] * 输出：4 解释：最长数字连续序列是 [1, 2, 3, 4]。它的长度为 4。
我们考虑枚举数组中的每个数 xxx，考虑以其为起点，不断尝试匹配 x+1,x+2,⋯x+1, x+2, \cdotsx+1,x+2,⋯ 是否存在，假设最长匹配到了 x+yx+yx+y，那么以 xxx 为起点的最长连续序列即为 x,x+1,x+2,⋯ ,x+yx, x+1, x+2, \cdots, x+yx,x+1,x+2,⋯,x+y，其长度为 y+1y+1y+1，我们不断枚举并更新答案即可。
对于匹配的过程，暴力的方法是 O(n)O(n)O(n) 遍历数组去看是否存在这个数，但其实更高效的方法是用一个哈希表存储数组中的数，这样查看一个数是否存在即能优化至 O(1)O(1)O(1) 的时间复杂度。
仅仅是这样我们的算法时间复杂度最坏情况下还是会达到 O(n2)O(n^2)O(n
2
)（即外层需要枚举 O(n)O(n)O(n) 个数，内层需要暴力匹配 O(n)O(n)O(n) 次），无法满足题目的要求。但仔细分析这个过程，我们会发现其中执行了很多不必要的枚举，如果已知有一个 x,x+1,x+2,⋯ ,x+yx, x+1, x+2, \cdots, x+yx,x+1,x+2,⋯,x+y 的连续序列，而我们却重新从 x+1x+1x+1，x+2x+2x+2 或者是 x+yx+yx+y 处开始尝试匹配，那么得到的结果肯定不会优于枚举 xxx 为起点的答案，因此我们在外层循环的时候碰到这种情况跳过即可。
那么怎么判断是否跳过呢？由于我们要枚举的数 xxx 一定是在数组中不存在前驱数 x−1x-1x−1 的，不然按照上面的分析我们会从 x−1x-1x−1 开始尝试匹配，因此我们每次在哈希表中检查是否存在 x−1x-1x−1 即能判断是否需要跳过了。
通过hash表来实现
public class Top3 {
public static void main(String[] args) {
int[] num = {100,4,200,1,3,2};
int longgest = getLongestNum(num);
System.out.println(longgest);
}
/**
* 由于我们要枚举的数 xxx 一定是在数组中不存在前驱数 x−1 的，不然按照上面的分析我们会从 x−1x-1x−1 开始尝试匹配，因此我们每次在哈希表中检查是否存在 x−1x-1x−1 即能判断是否需要跳过了。
*
* @param intData
* @return
*/
private static int getLongestNum(int[] intData) {
Set intSet = new HashSet();
for(int i:intData){
intSet.add(i);
}
int longgest = 0;
for(int j:intSet)
{
if(!intSet.contains(j-1)){
int curentData = j;
int longgetIndex = 1;
while (intSet.contains(curentData+1)){
longgetIndex++;
curentData++;
}
longgest = Math.max(longgest,longgetIndex);
}
}
return longgest;
}
} top4 移动零（双指针实现）
/** * 给定一个数组 nums，编写一个函数将所有 0 移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。 * * 请注意 ，必须在不复制数组的情况下原地对数组进行操作。 */
public class Top4 {
private static void moveData(int[] num){
/*我们创建两个指针 i 和 j，第一次遍历的时候指针 j 用来记录当前有多少 非0 元素。即遍历的时候每遇到一个 非0 元素就将其往数组左边挪，第一次遍历完后，j 指针的下标就指向了最后一个 非0 元素下标。
第二次遍历的时候，起始位置就从 j 开始到结束，将剩下的这段区域内的元素全部置为 0。
*/
if(num.length==0)
{
return;
}
int j = 0;
for(int i=0;i