2560. 打家劫舍 IV

Tag

【二分答案】【数组】

---

题目来源

2560. 打家劫舍 IV

---

题目解读

现在有一排房子，每个房子中的现金数量用数组 nums 表示，具体地，nums[i] 表示从左起的第 i 间房子中存放的现金为。现在小偷要偷盗房间里的现金，要求不能偷取相邻房子中的现金，并且至少偷取 k 间房子，但是吧，偷取的金额又不能很大，因此需要你求出小偷可以偷盗的最大金额中的最小值。

---

解题思路

方法一：二分枚举答案

对于 最小化最大值、最大化最小值 这类题目，首先应该想到的解题方法是二分枚举答案，这是根据解题经验总结得来的。

我们假设小偷可以偷盗的最大金额为 y，f(y) 表示偷盗最大金额 y 时，小偷可以偷取的房屋数量。本题就转换为找到满足 f(y) >= k 的最小的 y。

y 表示可以偷盗房屋可以获得的最大金额，其范围为 $[num{s}_{min},num{s}_{max}]$。于是，我们可以在范围 $[num{s}_{min},num{s}_{max}]$ 内二分枚举答案：

• 如果 f(mid) >= k，则二分枚举的上限更新为 mid - 1；
• 否则二分枚举的下限更新为 mid + 1。

这其中蕴含的单调性为：最大金额 y 越大，可以偷盗的房子就越多。

接下来，f(y) 应该怎么求呢？

记当前偷盗的房屋数为 cnt，遍历数组 nums：

• 如果当前偷盗屋子中的金额 x 满足 x <= y，并且该屋子前一个屋子（相邻的屋子）没有被偷取，则 ++cnt，并更新当前房屋已经被偷盗；
• 否则，标记当前房屋没有被偷盗。

最后，返回最大金额的下限即为最终答案。

实现代码

class Solution {
public:
    int minCapability(vector<int>& nums, int k) {
        int l = *min_element(nums.begin(), nums.end());
        int r = *max_element(nums.begin(), nums.end());    
        while (l <= r) {
            int mid = l + ((r - l) >> 1);
            int cnt = 0;
            bool visited = false;
            for (int x : nums) {
                if (x <= mid && !visited) {
                    ++cnt;
                    visited = true;
                }
                else visited = false; 
            }
            if (cnt >= k) r = mid - 1;
            else l = mid + 1;
        }
        return l;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(nlogT)$，$n$ 为数组 nums 的长度，$T$ 为数组中最大值与最小值之差。二分枚举答案的时间复杂度为 $O(logT)$，每次计算 f(y) 的时间复杂度为 $O(n)$，因此总的时间复杂度为 $O(nlogT)$。

空间复杂度：$O(1)$。

---

写在最后

如果文章内容有任何错误或者您对文章有任何疑问，欢迎私信博主或者在评论区指出 。

如果大家有更优的时间、空间复杂度方法，欢迎评论区交流。

最后，感谢您的阅读，如果感到有所收获的话可以给博主点一个 哦。