第八课 二分

文章目录

  • 第八课 二分
    • lc704.二分查找--简单
      • 题目描述
      • 代码展示
    • 二分模版
    • lc34.排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc69.x的平方根--简单
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc74.搜索二维矩阵--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc153.寻找旋转排序数组中的最小值--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc154.寻找寻找排序数组中的最小值II--困难
      • 题目描述
      • 代码展示
    • 三分查找
    • lc162.寻找峰值--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc374.猜数字大小--简单
      • 题目描述
      • 代码展示
    • 二分答案--最优性问题转化为判定问题的基本技巧
    • lc410.分割数组的最大值--困难
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc1482.制作m束花所需的最少天数--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc1011.在D天内送达包裹的能力--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc911.在线选举--中等
      • 题目描述
      • 代码展示
    • lc875.爱吃香蕉的珂珂--中等
      • 题目描述
      • 代码展示

第八课 二分

lc704.二分查找–简单

题目描述

给定一个 n 个元素有序的(升序)整型数组 nums 和一个目标值 target ,写一个函数搜索 nums 中的 target,如果目标值存在返回下标,否则返回 -1

示例 1:

输入: nums = [-1,0,3,5,9,12], target = 9
输出: 4
解释: 9 出现在 nums 中并且下标为 4

示例 2:

输入: nums = [-1,0,3,5,9,12], target = 2
输出: -1
解释: 2 不存在 nums 中因此返回 -1

提示:

  1. 你可以假设 nums 中的所有元素是不重复的。
  2. n 将在 [1, 10000]之间。
  3. nums 的每个元素都将在 [-9999, 9999]之间。

代码展示

class Solution {
public:
    int search(vector<int>& nums, int target) {
        int left = 0, right = nums.size() - 1;
        while(left <= right){
            int mid = (right - left) / 2 + left;
            int num = nums[mid];
            if (num == target) {
                return mid;
            } else if (num > target) {
                right = mid - 1;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return -1;
    }
};

二分模版

第八课 二分_第1张图片

第八课 二分_第2张图片

第八课 二分_第3张图片

第八课 二分_第4张图片

第八课 二分_第5张图片

lc34.排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置–中等

题目描述

给你一个按照非递减顺序排列的整数数组 nums,和一个目标值 target。请你找出给定目标值在数组中的开始位置和结束位置。

如果数组中不存在目标值 target,返回 [-1, -1]

你必须设计并实现时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。

示例 1:

输入:nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出:[3,4]

示例 2:

输入:nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出:[-1,-1]

示例 3:

输入:nums = [], target = 0
输出:[-1,-1]

提示:

  • 0 <= nums.length <= 105
  • -109 <= nums[i] <= 109
  • nums 是一个非递减数组
  • -109 <= target <= 109

代码展示

class Solution {
     
  // 两次二分查找,分开查找第一个和最后一个
  // 时间复杂度 O(log n), 空间复杂度 O(1)
  // [1,2,3,3,3,3,4,5,9]
  public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    int first = -1;
    int last = -1;
    // 找第一个等于target的位置
    while (left <= right) {
      int middle = (left + right) / 2;
      if (nums[middle] == target) {
        first = middle;
        right = middle - 1; //重点
      } else if (nums[middle] > target) {
        right = middle - 1;
      } else {
        left = middle + 1;
      }
    }

    // 最后一个等于target的位置
    left = 0;
    right = nums.length - 1;
    while (left <= right) {
      int middle = (left + right) / 2;
      if (nums[middle] == target) {
        last = middle;
        left = middle + 1; //重点
      } else if (nums[middle] > target) {
        right = middle - 1;
      } else {
        left = middle + 1;
      }
    }

    return new int[]{first, last};
  }
}

lc69.x的平方根–简单

题目描述

给你一个非负整数 x ,计算并返回 x算术平方根

由于返回类型是整数,结果只保留 整数部分 ,小数部分将被 舍去 。

**注意:**不允许使用任何内置指数函数和算符,例如 pow(x, 0.5) 或者 x ** 0.5

示例 1:

输入:x = 4
输出:2

示例 2:

输入:x = 8
输出:2
解释:8 的算术平方根是 2.82842..., 由于返回类型是整数,小数部分将被舍去。

提示:

  • 0 <= x <= 231 - 1

代码展示

class Solution {
public:
    int mySqrt(int x) {
        // 找最大的ans,满足ans^2<=x
        long long left = 0, right = x;
        while (left < right) {
            long long mid = (left + right + 1) / 2;
            if (mid * mid <= x) {
                left = mid;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return right;
    }
};

lc74.搜索二维矩阵–中等

题目描述

给你一个满足下述两条属性的 m x n 整数矩阵:

  • 每行中的整数从左到右按非递减顺序排列。
  • 每行的第一个整数大于前一行的最后一个整数。

给你一个整数 target ,如果 target 在矩阵中,返回 true ;否则,返回 false

示例 1:

第八课 二分_第6张图片

输入:matrix = [[1,3,5,7],[10,11,16,20],[23,30,34,60]], target = 3
输出:true

示例 2:

第八课 二分_第7张图片

输入:matrix = [[1,3,5,7],[10,11,16,20],[23,30,34,60]], target = 13
输出:false

提示:

  • m == matrix.length
  • n == matrix[i].length
  • 1 <= m, n <= 100
  • -104 <= matrix[i][j], target <= 104

代码展示

class Solution {
public:       //两次二分查找
    bool searchMatrix(vector<vector<int>> matrix, int target) {
        auto row = upper_bound(matrix.begin(), matrix.end(), target, [](const int b, const vector<int> &a) {
            return b < a[0];
        });
        if (row == matrix.begin()) {
            return false;
        }
        --row;
        return binary_search(row->begin(), row->end(), target);
    }
};
class Solution {
public:       //一次二分查找
    bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
        int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
        int low = 0, high = m * n - 1;
        while (low <= high) {
            int mid = (high - low) / 2 + low;
            int x = matrix[mid / n][mid % n];
            if (x < target) {
                low = mid + 1;
            } else if (x > target) {
                high = mid - 1;
            } else {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
};

lc153.寻找旋转排序数组中的最小值–中等

题目描述

已知一个长度为 n 的数组,预先按照升序排列,经由 1n旋转 后,得到输入数组。例如,原数组 nums = [0,1,2,4,5,6,7] 在变化后可能得到:

  • 若旋转 4 次,则可以得到 [4,5,6,7,0,1,2]
  • 若旋转 7 次,则可以得到 [0,1,2,4,5,6,7]

注意,数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]]

给你一个元素值 互不相同 的数组 nums ,它原来是一个升序排列的数组,并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 最小元素

你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。

示例 1:

输入:nums = [3,4,5,1,2]
输出:1
解释:原数组为 [1,2,3,4,5] ,旋转 3 次得到输入数组。

示例 2:

输入:nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出:0
解释:原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ,旋转 4 次得到输入数组。

示例 3:

输入:nums = [11,13,15,17]
输出:11
解释:原数组为 [11,13,15,17] ,旋转 4 次得到输入数组。

提示:

  • n == nums.length
  • 1 <= n <= 5000
  • -5000 <= nums[i] <= 5000
  • nums 中的所有整数 互不相同
  • nums 原来是一个升序排序的数组,并进行了 1n 次旋转

代码展示

class Solution {
public:
    int findMin(vector<int>& nums) {
        int left = 0;
        int right = nums.size() - 1;

        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;

            // 如果中间元素大于右边元素,说明最小值在右半部分
            if (nums[mid] > nums[right]) {
                left = mid + 1;
            } else {
                // 否则最小值在左半部分或者就是中间元素
                right = mid;
            }
        }

        // 最小元素就是左边界元素
        return nums[left];
    }
};

lc154.寻找寻找排序数组中的最小值II–困难

题目描述

已知一个长度为 n 的数组,预先按照升序排列,经由 1n旋转 后,得到输入数组。例如,原数组 nums = [0,1,4,4,5,6,7] 在变化后可能得到:

  • 若旋转 4 次,则可以得到 [4,5,6,7,0,1,4]
  • 若旋转 7 次,则可以得到 [0,1,4,4,5,6,7]

注意,数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]]

给你一个可能存在 重复 元素值的数组 nums ,它原来是一个升序排列的数组,并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 最小元素

你必须尽可能减少整个过程的操作步骤。

示例 1:

输入:nums = [1,3,5]
输出:1

示例 2:

输入:nums = [2,2,2,0,1]
输出:0

提示:

  • n == nums.length
  • 1 <= n <= 5000
  • -5000 <= nums[i] <= 5000
  • nums 原来是一个升序排序的数组,并进行了 1n 次旋转

代码展示

class Solution {
public:
    int findMin(vector<int>& nums) {
        int left = 0;
        int right = nums.size() - 1;

        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;

            // 如果中间元素大于右边元素,说明最小值在右半部分
            if (nums[mid] > nums[right]) {
                left = mid + 1;
            } else if (nums[mid] < nums[right]) {
                // 如果中间元素小于右边元素,说明最小值在左半部分或者就是中间元素
                right = mid;
            } else {
                // 如果中间元素等于右边元素,无法确定最小值在左半部分还是右半部分
                // 只能将右边界向左移动一个位置,继续搜索
                right--;
            }
        }

        // 最小元素就是左边界元素
        return nums[left];
    }
};
//这段代码在二分查找的基础上,处理了可能存在重复元素值的情况。在中间元素等于右边元素时,将右边界
//向左移动一个位置,继续搜索,以确保找到最小元素。这样的算法复杂度仍然是 O(log n)。

三分查找

第八课 二分_第8张图片

第八课 二分_第9张图片

第八课 二分_第10张图片

lc162.寻找峰值–中等

题目描述

峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。

给你一个整数数组 nums,找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值,在这种情况下,返回 任何一个峰值 所在位置即可。

你可以假设 nums[-1] = nums[n] = -∞

你必须实现时间复杂度为 O(log n) 的算法来解决此问题。

示例 1:

输入:nums = [1,2,3,1]
输出:2
解释:3 是峰值元素,你的函数应该返回其索引 2。

示例 2:

输入:nums = [1,2,1,3,5,6,4]
输出:1 或 5 
解释:你的函数可以返回索引 1,其峰值元素为 2;
     或者返回索引 5, 其峰值元素为 6。

提示:

  • 1 <= nums.length <= 1000
  • -231 <= nums[i] <= 231 - 1
  • 对于所有有效的 i 都有 nums[i] != nums[i + 1]

代码展示

class Solution {
public:
    int findPeakElement(vector<int>& nums) {
        int left = 0;
        int right = nums.size() - 1;

        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;

            // 如果中间元素小于其右边元素,说明峰值在右半部分
            if (nums[mid] < nums[mid + 1]) {
                left = mid + 1;
            } else {
                // 否则峰值在左半部分或者就是中间元素
                right = mid;
            }
        }

        // 返回左边界,即峰值所在位置
        return left;
    }
};
//这段代码使用二分查找,通过比较中间元素和其右边元素的大小来决定峰值在哪一侧,然后不断缩小搜索范
//围,直到找到峰值元素的索引。由于每次将搜索范围缩小一半,这个算法的时间复杂度为 O(log n)。

lc374.猜数字大小–简单

题目描述

猜数字游戏的规则如下:

  • 每轮游戏,我都会从 1n 随机选择一个数字。 请你猜选出的是哪个数字。
  • 如果你猜错了,我会告诉你,你猜测的数字比我选出的数字是大了还是小了。

你可以通过调用一个预先定义好的接口 int guess(int num) 来获取猜测结果,返回值一共有 3 种可能的情况(-110):

  • -1:我选出的数字比你猜的数字小 pick < num
  • 1:我选出的数字比你猜的数字大 pick > num
  • 0:我选出的数字和你猜的数字一样。恭喜!你猜对了!pick == num

返回我选出的数字。

示例 1:

输入:n = 10, pick = 6
输出:6

示例 2:

输入:n = 1, pick = 1
输出:1

示例 3:

输入:n = 2, pick = 1
输出:1

示例 4:

输入:n = 2, pick = 2
输出:2

提示:

  • 1 <= n <= 231 - 1
  • 1 <= pick <= n

代码展示

// Forward declaration of guess API.
int guess(int num);

class Solution {
public:
    int guessNumber(int n) {
        int left = 1;
        int right = n;

        while (left <= right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            int result = guess(mid);

            if (result == 0) {
                return mid; // 找到了答案
            } else if (result == 1) {
                left = mid + 1; // 答案在右半部分
            } else {
                right = mid - 1; // 答案在左半部分
            }
        }

        return -1; // 未找到答案,这里可以根据具体情况返回 -1 或其他合适的值
    }
};

二分答案–最优性问题转化为判定问题的基本技巧

第八课 二分_第11张图片

lc410.分割数组的最大值–困难

题目描述

给定一个非负整数数组 nums 和一个整数 m ,你需要将这个数组分成 m 个非空的连续子数组。

设计一个算法使得这 m 个子数组各自和的最大值最小。

示例 1:

输入:nums = [7,2,5,10,8], m = 2
输出:18
解释:
一共有四种方法将 nums 分割为 2 个子数组。 
其中最好的方式是将其分为 [7,2,5] 和 [10,8] 。
因为此时这两个子数组各自的和的最大值为18,在所有情况中最小。

示例 2:

输入:nums = [1,2,3,4,5], m = 2
输出:9

示例 3:

输入:nums = [1,4,4], m = 3
输出:4

提示:

  • 1 <= nums.length <= 1000
  • 0 <= nums[i] <= 106
  • 1 <= m <= min(50, nums.length)

第八课 二分_第12张图片

代码展示

class Solution {
public:
    int splitArray(vector<int>& nums, int k) {
        long long left = 0;
        long long right = 0;
        
        // 计算 left 和 right 的边界
        for (int num : nums) {
            left = max(left, (long long)num);
            right += num;
        }
        
        while (left < right) {
            long long mid = left + (right - left) / 2;
            
            if (canSplit(nums, k, mid)) {
                right = mid;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        
        return left;
    }
    
    bool canSplit(vector<int>& nums, int k, long long maxSum) {
        int count = 1;
        long long sum = 0;
        
        for (int num : nums) {
            sum += num;
            if (sum > maxSum) {
                count++;
                sum = num;
            }
        }
        
        return count <= k;
    }
};

第八课 二分_第13张图片

第八课 二分_第14张图片

第八课 二分_第15张图片

本质:

二分答案的本质是建立一个单调分段0/1函数,定义域为解空间(答案),值域为0或1,
在这个函数上二分查找分界点

lc1482.制作m束花所需的最少天数–中等

题目描述

给你一个整数数组 bloomDay,以及两个整数 mk

现需要制作 m 束花。制作花束时,需要使用花园中 相邻的 k 朵花

花园中有 n 朵花,第 i 朵花会在 bloomDay[i] 时盛开,恰好 可以用于 一束 花中。

请你返回从花园中摘 m 束花需要等待的最少的天数。如果不能摘到 m 束花则返回 -1

示例 1:

输入:bloomDay = [1,10,3,10,2], m = 3, k = 1
输出:3
解释:让我们一起观察这三天的花开过程,x 表示花开,而 _ 表示花还未开。
现在需要制作 3 束花,每束只需要 1 朵。
1 天后:[x, _, _, _, _]   // 只能制作 1 束花
2 天后:[x, _, _, _, x]   // 只能制作 2 束花
3 天后:[x, _, x, _, x]   // 可以制作 3 束花,答案为 3

示例 2:

输入:bloomDay = [1,10,3,10,2], m = 3, k = 2
输出:-1
解释:要制作 3 束花,每束需要 2 朵花,也就是一共需要 6 朵花。而花园中只有 5 朵花,无法满足制作要求,返回 -1 。

示例 3:

输入:bloomDay = [7,7,7,7,12,7,7], m = 2, k = 3
输出:12
解释:要制作 2 束花,每束需要 3 朵。
花园在 7 天后和 12 天后的情况如下:
7 天后:[x, x, x, x, _, x, x]
可以用前 3 朵盛开的花制作第一束花。但不能使用后 3 朵盛开的花,因为它们不相邻。
12 天后:[x, x, x, x, x, x, x]
显然,我们可以用不同的方式制作两束花。

示例 4:

输入:bloomDay = [1000000000,1000000000], m = 1, k = 1
输出:1000000000
解释:需要等 1000000000 天才能采到花来制作花束

示例 5:

输入:bloomDay = [1,10,2,9,3,8,4,7,5,6], m = 4, k = 2
输出:9

提示:

  • bloomDay.length == n
  • 1 <= n <= 10^5
  • 1 <= bloomDay[i] <= 10^9
  • 1 <= m <= 10^6
  • 1 <= k <= n

代码展示

class Solution {
public:
    int minDays(vector<int>& bloomDay, int m, int k) {
        // 如果需要的花束数量大于花朵总数除以每束花的数量,无法制作足够的花束,返回 -1
        if (m > bloomDay.size() / k) {
            return -1;
        }
        
        // 初始化最小和最大等待天数
        int low = INT_MAX, high = 0;
        int length = bloomDay.size();
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            low = min(low, bloomDay[i]); // 更新最小等待天数
            high = max(high, bloomDay[i]); // 更新最大等待天数
        }
        
        // 二分查找
        while (low < high) {
            int days = (high - low) / 2 + low; // 当前猜测的等待天数
            if (canMake(bloomDay, days, m, k)) {
                high = days; // 在当前天数内可以制作足够的花束,将 high 缩小到 days
            } else {
                low = days + 1; // 在当前天数内无法制作足够的花束,将 low 增大到 days + 1
            }
        }
        
        return low; // 返回最小等待天数
    }

    bool canMake(vector<int>& bloomDay, int days, int m, int k) {
        int bouquets = 0; // 制作的花束数量
        int flowers = 0; // 当前花束中的花朵数量
        int length = bloomDay.size();
        for (int i = 0; i < length && bouquets < m; i++) {
            if (bloomDay[i] <= days) {
                flowers++; // 符合开放条件的花朵数量递增
                if (flowers == k) { // 达到花束大小
                    bouquets++; // 制作的花束数量递增
                    flowers = 0; // 重置当前花束中的花朵数量
                }
            } else {
                flowers = 0; // 当前花朵无法用于制作花束,重置数量
            }
        }
        
        return bouquets >= m; // 制作的花束数量是否达到目标
    }
};

lc1011.在D天内送达包裹的能力–中等

题目描述

传送带上的包裹必须在 days 天内从一个港口运送到另一个港口。

传送带上的第 i 个包裹的重量为 weights[i]。每一天,我们都会按给出重量(weights)的顺序往传送带上装载包裹。我们装载的重量不会超过船的最大运载重量。

返回能在 days 天内将传送带上的所有包裹送达的船的最低运载能力。

示例 1:

输入:weights = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10], days = 5
输出:15
解释:
船舶最低载重 15 就能够在 5 天内送达所有包裹,如下所示:
第 1 天:1, 2, 3, 4, 5
第 2 天:6, 7
第 3 天:8
第 4 天:9
第 5 天:10

请注意,货物必须按照给定的顺序装运,因此使用载重能力为 14 的船舶并将包装分成 (2, 3, 4, 5), (1, 6, 7), (8), (9), (10) 是不允许的。 

示例 2:

输入:weights = [3,2,2,4,1,4], days = 3
输出:6
解释:
船舶最低载重 6 就能够在 3 天内送达所有包裹,如下所示:
第 1 天:3, 2
第 2 天:2, 4
第 3 天:1, 4

示例 3:

输入:weights = [1,2,3,1,1], days = 4
输出:3
解释:
第 1 天:1
第 2 天:2
第 3 天:3
第 4 天:1, 1

提示:

  • 1 <= days <= weights.length <= 5 * 104
  • 1 <= weights[i] <= 500

代码展示

class Solution {
public:
    int shipWithinDays(vector<int>& weights, int days) {
        int left = *max_element(weights.begin(), weights.end()); // 载重的下界
        int right = accumulate(weights.begin(), weights.end(), 0); // 载重的上界
        
        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2; // 当前的运载能力猜测
            int daysNeeded = 1; // 当前载重下的天数
            int currentLoad = 0; // 当前运载的重量
            
            for (int weight : weights) {
                if (currentLoad + weight > mid) {
                    daysNeeded++; // 超过了当前运载能力,需要增加天数
                    currentLoad = 0; // 重置当前运载重量
                }
                currentLoad += weight; // 加载当前货物
            }
            
            if (daysNeeded <= days) {
                right = mid; // 可以在给定的天数内完成运输,缩小上界
            } else {
                left = mid + 1; // 需要更多的天数来完成运输,增加下界
            }
        }
        
        return left; // 返回最低的运载能力
    }
};

这段代码首先初始化左右指针,左指针 left 是所有货物中的最大重量,右指针 right 是所有货物总重量之和。然后,使用二分查找,在每一轮查找中,计算一个猜测的运载能力 mid,然后模拟按照这个运载能力来运送货物,计算需要的天数 daysNeeded。如果 daysNeeded 小于等于给定的天数 days,说明当前运载能力足够,可以在规定的天数内完成运输,所以将 right 缩小到 mid。如果 daysNeeded 大于 days,说明需要更多的天数来完成运输,因此将 left 增加到 mid + 1。最终,当 leftright 相等时,就找到了最低的运载能力,返回 left 即可。这个运算过程的时间复杂度是 O(n * log(sum(weights))),其中 n 是货物的数量。

lc911.在线选举–中等

题目描述

给你两个整数数组 personstimes 。在选举中,第 i 张票是在时刻为 times[i] 时投给候选人 persons[i] 的。

对于发生在时刻 t 的每个查询,需要找出在 t 时刻在选举中领先的候选人的编号。

t 时刻投出的选票也将被计入我们的查询之中。在平局的情况下,最近获得投票的候选人将会获胜。

实现 TopVotedCandidate 类:

  • TopVotedCandidate(int[] persons, int[] times) 使用 personstimes 数组初始化对象。
  • int q(int t) 根据前面描述的规则,返回在时刻 t 在选举中领先的候选人的编号。

示例:

输入:
["TopVotedCandidate", "q", "q", "q", "q", "q", "q"]
[[[0, 1, 1, 0, 0, 1, 0], [0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]], [3], [12], [25], [15], [24], [8]]
输出:
[null, 0, 1, 1, 0, 0, 1]

解释:
TopVotedCandidate topVotedCandidate = new TopVotedCandidate([0, 1, 1, 0, 0, 1, 0], [0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]);
topVotedCandidate.q(3); // 返回 0 ,在时刻 3 ,票数分布为 [0] ,编号为 0 的候选人领先。
topVotedCandidate.q(12); // 返回 1 ,在时刻 12 ,票数分布为 [0,1,1] ,编号为 1 的候选人领先。
topVotedCandidate.q(25); // 返回 1 ,在时刻 25 ,票数分布为 [0,1,1,0,0,1] ,编号为 1 的候选人领先。(在平局的情况下,1 是最近获得投票的候选人)。
topVotedCandidate.q(15); // 返回 0
topVotedCandidate.q(24); // 返回 0
topVotedCandidate.q(8); // 返回 1

提示:

  • 1 <= persons.length <= 5000
  • times.length == persons.length
  • 0 <= persons[i] < persons.length
  • 0 <= times[i] <= 109
  • times 是一个严格递增的有序数组
  • times[0] <= t <= 109
  • 每个测试用例最多调用 104q

代码展示

为了解决这个问题,可以使用前缀和和二分查找的方法来快速找到在时刻 t 领先的候选人的编号。

首先,我们需要创建一个前缀和数组,用于记录每个时刻对应的候选人的得票数。然后,在查询时,可以使用二分查找找到时刻 ttimes 数组中的位置,然后查找该位置对应的前缀和数组中的候选人编号,这个编号就是在时刻 t 领先的候选人。

以下是具体的代码实现:

class TopVotedCandidate {
public:
    TopVotedCandidate(vector<int>& persons, vector<int>& times) {
        int n = persons.size();
        leadingPerson.resize(n);
        prefixVotes.resize(n);
        vector<int> votesCount(n, 0);
        
        int maxVotes = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int person = persons[i];
            votesCount[person]++;
            if (votesCount[person] >= maxVotes) {
                maxVotes = votesCount[person];
                leadingPerson[i] = person;
            } else {
                leadingPerson[i] = leadingPerson[i - 1];
            }
            prefixVotes[i] = leadingPerson[i];
        }
        
        this->times = times;
    }
    
    int q(int t) {
        int index = binarySearch(t);
        return prefixVotes[index];
    }
    
private:
    vector<int> leadingPerson;
    vector<int> prefixVotes;
    vector<int> times;
    
    int binarySearch(int t) {
        int left = 0;
        int right = times.size() - 1;
        
        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left + 1) / 2;
            if (times[mid] <= t) {
                left = mid;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        
        return left;
    }
};

在构造函数中,我们首先计算了每个时刻的领先候选人并存储在 leadingPerson 数组中。然后,我们将该数组复制到 prefixVotes 数组中,以便在查询时快速获取领先的候选人。在查询函数 q 中,我们使用二分查找来找到时刻 t 对应的位置,并返回对应的候选人。

lc875.爱吃香蕉的珂珂–中等

题目描述

珂珂喜欢吃香蕉。这里有 n 堆香蕉,第 i 堆中有 piles[i] 根香蕉。警卫已经离开了,将在 h 小时后回来。

珂珂可以决定她吃香蕉的速度 k (单位:根/小时)。每个小时,她将会选择一堆香蕉,从中吃掉 k 根。如果这堆香蕉少于 k 根,她将吃掉这堆的所有香蕉,然后这一小时内不会再吃更多的香蕉。

珂珂喜欢慢慢吃,但仍然想在警卫回来前吃掉所有的香蕉。

返回她可以在 h 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 kk 为整数)。

示例 1:

输入:piles = [3,6,7,11], h = 8
输出:4

示例 2:

输入:piles = [30,11,23,4,20], h = 5
输出:30

示例 3:

输入:piles = [30,11,23,4,20], h = 6
输出:23

提示:

  • 1 <= piles.length <= 104
  • piles.length <= h <= 109
  • 1 <= piles[i] <= 109

代码展示

这个问题可以使用二分查找来解决。我们可以在可能的速度范围内进行二分查找,找到使得珂珂可以在 h 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 k

以下是具体的代码实现:

class Solution {
public:
    int minEatingSpeed(vector<int>& piles, int h) {
        int left = 1; // 最低速度
        int right = *max_element(piles.begin(), piles.end()); // 最高速度
        
        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2; // 当前猜测的速度
            if (canEatAll(piles, mid, h)) {
                right = mid; // 可以在规定时间内吃完,减小速度
            } else {
                left = mid + 1; // 需要更多时间,增加速度
            }
        }
        
        return left; // 返回最小速度
    }
    
private:
    bool canEatAll(vector<int>& piles, int speed, int h) {
        int hoursNeeded = 0;
        for (int pile : piles) {
            hoursNeeded += (pile + speed - 1) / speed; // 使用向上取整来计算小时
        }
        return hoursNeeded <= h;
    }
};

在这段代码中,我们首先初始化左右指针,左指针 left 是最低速度 1,右指针 right 是堆中最多香蕉的数量。然后,在每一轮二分查找中,我们计算当前速度 mid 下是否可以在规定时间内吃完所有香蕉,这是通过 canEatAll 函数来计算的。如果可以,就缩小右边界,如果不能,就增加左边界。最终返回左指针 left 即可。

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