训练营第六天| 哈希表理论基础 242.有效的字母异位词 349. 两个数组的交集 202. 快乐数 1. 两数之和 | Sundri

哈希表理论基础

常见的三种哈希结构

当我们想使用哈希法来解决问题的时候，我们一般会选择如下三种数据结构。

• 数组
• set （集合）
• map(映射)

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242.有效的字母异位词（哈希数组）

# 解题思路：

1.创建一个长度为26的数组 arr，所有index对应的值都初始化为0

2.遍历字符串s，找到每个字母在数组里面的相对位置，数量每次增加1: arr [ord(s[i]) - ord('a')] += 1

3.遍历字符串t，找到每个字母在数组里面的相对位置，数量每次减少1, arr [ord(t[i]) - ord('a')] -= 1

4. 遍历字符串，如果找到一个非0的值，就说明s和t不是异位词，否则返回true

# 复杂度分析：

T: O(N) N是字符串长度

S: O(S) S=26，相当于字符集的大小，可以看成是O1）

def isAnagram(self, s: str, t: str) -> bool:
        if len(s) != len(t): return False
        bucket = [0] * 26
        for i in range(len(s)):
            bucket[ord(s[i]) - ord('a')] += 1
            bucket[ord(t[i]) - ord('a')] -= 1
        for i in range(len(bucket)):
            if bucket[i] != 0:
                return False 
        return True

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349. 两个数组的交集

# 面试备注

2022年11月linkedin面试题，面试官给我的是两个已经升序排列的数组，让我求交集；

follow up问题是：如果数组里面有重复的元素，如何能够做到去重

# 方法一：哈希表法 

class Solution:
    def intersection(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> List[int]:
        d = collections.defaultdict()
        res = []
        for num in nums1:
            if num not in d:
                d[num] = 1
        for num in nums2:
            if num in d and d[num] != 0:
                res.append(num)
                d[num] -= 1
        return res

# 时间空间复杂度：

T：max(m,n) 时间复杂度是两个数组里面取最大值

S：max(m,n) 空间复杂度是把其中一个数组放入哈希表的值，也是两个数组的size中取最大值

# 方法二：集合 set

# 解题思路

如果使用哈希集合存储元素，则可以在 O(1) 的时间内判断一个元素是否在集合中，从而降低时间复杂度。

首先使用两个集合分别存储两个数组中的元素，然后遍历较小的集合，判断其中的每个元素是否在另一个集合中，如果元素也在另一个集合中，则将该元素添加到返回值。该方法的时间复杂度可以降低到 O(m+n)。

def intersection(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> List[int]:
        set1 = set(nums1)
        set2 = set(nums2)
    
        if len(set1) > len(set2):
            return [num for num in set1 if num in set2]
        return [num for num in set2 if num in set1]

# 为什么是遍历较小的集合？

因为这样能够让遍历的时间复杂度尽可能的降低。遍历较小的集合(O(m))，查询较大的集合(O(1))，时间复杂度就是较小的集合。如果反过来，时间复杂度就会取决于较大的集合。所以用集合做这个题目的时候，一定要去思考：两个数组的大小关系是怎么样的。

# 方法三：排序+双指针（最应该掌握的方法）

# 解题思路

如果两个数组是有序的，则可以使用双指针的方法得到两个数组的交集。

首先对两个数组进行排序，然后使用两个指针遍历两个数组。可以预见的是加入答案的数组的元素一定是递增的，为了保证加入元素的唯一性，我们需要额外记录变量 pre 表示上一次加入答案数组的元素（在python里面，pre 可以用 res[-1]来进行表示，回想下 time schedule的题目例子）。

初始时，两个指针分别指向两个数组的头部。每次比较两个指针指向的两个数组中的数字，如果两个数字不相等，则将指向较小数字的指针右移一位，如果两个数字相等，且该数字不等于 pre ，将该数字添加到答案并更新 pre 变量，同时将两个指针都右移一位。当至少有一个指针超出数组范围时，遍历结束。

# 复杂度分析

时间复杂度：

O(mlogm+nlogn)，其中 m 和 n 分别是两个数组的长度。对两个数组排序的时间复杂度分别是 O(mlogm) 和 O(nlogn)，双指针寻找交集元素的时间复杂度是O(m+n)，因此总时间复杂度是 O(mlogm+nlogn)。

空间复杂度：

O(logm+logn)，其中 m 和 n 分别是两个数组的长度。空间复杂度主要取决于排序使用的额外空间。（如果题目已经完成排序，空间复杂度就是 O（1），不算输出数组的大小）

# 如果排序的两个方法是并列的，时间复杂度应该是相加，还是两者取较大值？

在leetcode给的官方题解里面，因为两个sort是平行的关系，所以总的时间复杂度应该是两个sort的时间复杂度之和。可以思考成线程的一个关系，程序要先执行这个条件，再执行下一个条件，所以时间一定是相加，而不是取两个sort时间里面的较大值！一定要更正这个思维误区！总而言之：平行关系的时间复杂度，在数学上是相加的关系！

def intersection(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> List[int]:
        nums1.sort()
        nums2.sort()
        idx1, idx2 = 0,0
        res = []
        while idx1 < len(nums1) and idx2 < len(nums2):
            if nums1[idx1] < nums2[idx2]:
                if not res or res[-1] != nums1[idx1]:
                    res.append(nums1[idx1])
                    idx1 += 1
            elif nums1[idx1] > nums2[idx2]:
                if not res or res[-1] != nums1[idx2]:
                    res.append(nums2[idx2])
                    idx2 += 1
            else:
                res.append(nums1[idx1])
                idx1 += 1
                idx2 += 1
        return res

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202. 快乐数（** 易错题，双指针做法好秀！）

# 方法一：集合

class Solution:
    def isHappy(self, n: int) -> bool:
        seen = set()
        while n != 1:
            number = self.calculate_sum(n)
            if number in seen:
                return False
            if number == 1:
                return True 
            if number not in seen and number != 1:
                seen.add(number)
            n = number
        return True # 最后还是要return true，因为要考虑到 n = 1 的情况！ 
        
    
    def calculate_sum(self, n):
        cur_sum = 0
        while n:
            cur_sum += (n % 10) * (n % 10)
            n //= 10
        return cur_sum

# 易错点：

1. 这个题我做了很多次都做错，主要原因是在于，这个n有两个功能：

一、需要一个while循环把n遍历到0为止，这样可以把n所有位置上面的digit的平方相加，计算出新一层所需要的n。 -- 这个部分就是 getNext() 函数所实现的功能

二、需要把新的这个n重新放到一个while循环去遍历，并且每次都对这个n进行判断：

a）n == 1？如果相等，直接返回 true

b) n ！= 1 但是 n 已经出现过？ 说明已经陷入了死循环，直接返回 False

c）n != 1 且 n 没有出现过：把 n 加入到 seen 的集合当中，继续重复遍历

class Solution:
    def isHappy(self, n: int) -> bool:
        seen = set()
        while n != 1:
            number = self.getNext(n)
            if number in seen:
                return False
            if number == 1:
                return True 
            if number not in seen and number != 1:
                seen.add(number)
            n = number
        return True # 最后还是要return true，因为要考虑到 n = 1 的情况！ 
        
    
    def getNext(self, n):
        cur_sum = 0
        while n:
            cur_sum += (n % 10) * (n % 10)
            n //= 10
        return cur_sum

# 方法二：双指针（卧槽，被秀到了...）

通过反复调用 getNext(n) 得到的链是一个隐式的链表。隐式意味着我们没有实际的链表节点和指针，但数据仍然形成链表结构。起始数字是链表的头 “节点”，链中的所有其他数字都是节点。next 指针是通过调用 getNext(n) 函数获得。

意识到我们实际有个链表，那么这个问题就可以转换为检测一个链表是否有环。因此我们在这里可以使用弗洛伊德循环查找算法。这个算法是两个奔跑选手，一个跑的快，一个跑得慢。在龟兔赛跑的寓言中，跑的慢的称为 “乌龟”，跑得快的称为 “兔子”。

不管乌龟和兔子在循环中从哪里开始，它们最终都会相遇。这是因为兔子每走一步就向乌龟靠近一个节点（在它们的移动方向上）。

# 实现的关键点：

1.slow指针从 n 开始，fast指针从 getNext(n) 开始

2. slow指针每次走一步, fast指针每次走两步 (getNext(getNext(n)))

def isHappy(self, n):
        def hasNext(n):
            cur_sum = 0
            while n:
                cur_sum += (n % 10) * (n % 10)
                n //= 10
            return cur_sum
        
        slow, fast = n, hasNext(n)
        while slow != 1 and fast !=1 and slow != fast:
            # print("slow",slow,"fast",fast)
            slow = hasNext(slow) # slow 指针走一步
            fast = hasNext(hasNext(fast)) # fast指针走两步
            if slow == fast:
                return False
        return True

# 时间复杂度：

O(logn)。该分析建立在对前一种方法的分析的基础上，但是这次我们需要跟踪两个指针而不是一个指针来分析，以及在它们相遇前需要绕着这个循环走多少次。
如果没有循环，那么快跑者将先到达 1，慢跑者将到达链表中的一半。我们知道最坏的情况下，成本是 O(logn)。
一旦两个指针都在循环中，在每个循环中，快跑者将离慢跑者更近一步。一旦快跑者落后慢跑者一步，他们就会在下一步相遇。假设循环中有 k 个数字。如果他们的起点是相隔 k-1 的位置（这是他们可以开始的最远的距离），那么快跑者需要 k-1步才能到达慢跑者，这对于我们的目的来说也是不变的。因此，主操作仍然在计算起始 n 的下一个值，即O(logn)。

# 空间复杂度：

O(1)，对于这种方法，我们不需要哈希集来检测循环。指针需要常数的额外空间。

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1. 两数之和

def twoSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[int]:
        d = collections.defaultdict()
        res = []
        for idx, num in enumerate(nums):
            if target - num in d:
                res.append(idx)
                res.append(d[target-num])
                return res
            else:
                d[num] = idx