【LeetCode刷题日志】189.轮转数组

目录

1.题目描述

2.解题思路+代码实现

方法一：使用额外的数组

解题思路：

代码实现：

方法二：环状替换

解题思路：

代码实现：

方法三：数组翻转

解题思路：

代码实现：

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1.题目描述

OJ链接 【leetcode 题号：189. 轮转数组】【难度：中等】

给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。

示例 1:

输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3
输出: [5,6,7,1,2,3,4]

解释:
向右轮转 1 步: [7,1,2,3,4,5,6]
向右轮转 2 步: [6,7,1,2,3,4,5]
向右轮转 3 步: [5,6,7,1,2,3,4]

示例 2:
输入：nums = [-1,-100,3,99], k = 2
输出：[3,99,-1,-100]
解释: 
向右轮转 1 步: [99,-1,-100,3]
向右轮转 2 步: [3,99,-1,-100]

提示：

• 1 <= nums.length <= 105
• -231 <= nums[i] <= 231 - 1
• 0 <= k <= 105

进阶：

• 尽可能想出更多的解决方案，至少有 三种 不同的方法可以解决这个问题。
• 你可以使用空间复杂度为 O(1) 的 原地 算法解决这个问题吗？

2.解题思路+代码实现

方法一：使用额外的数组

解题思路：

我们可以使用额外的数组来将每个元素放至正确的位置。用 nnn 表示数组的长度，我们遍历原数组，将原数组下标为 iii 的元素放至新数组下标为 (i+k) mod n(i+k)\bmod n(i+k)modn 的位置，最后将新数组拷贝至原数组即可。

代码实现：

void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {
    int newArr[numsSize];
    for (int i = 0; i < numsSize; ++i) {
        newArr[(i + k) % numsSize] = nums[i];
    }
    for (int i = 0; i < numsSize; ++i) {
        nums[i] = newArr[i];
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中n为数组的长度。

• 空间复杂度：O(n)。

方法二：环状替换

解题思路：

方法一中使用额外数组的原因在于如果我们直接将每个数字放至它最后的位置，这样被放置位置的元素会被覆盖从而丢失。因此，从另一个角度，我们可以将被替换的元素保存在变量temp中，从而避免了额外数组的开销。

我们从位置0开始，最初令temp=nums[0]。根据规则，位置0的元素会放至 (0+k) % n的位置，令 x=(0+k)%n，此时交换temp和nums[x]，完成位置x的更新。然后，我们考察位置x，并交换temp 和nums[(x+k)%n]，从而完成下一个位置的更新。不断进行上述过程，直至回到初始位置0。

容易发现，当回到初始位置0时，有些数字可能还没有遍历到，此时我们应该从下一个数字开始重复的过程，可是这个时候怎么才算遍历结束呢？我们不妨先考虑这样一个问题：从0开始不断遍历，最终回到起点0的过程中，我们遍历了多少个元素？

由于最终回到了起点，故该过程恰好走了整数数量的圈，不妨设为a圈；再设该过程总共遍历了b个元素。因此，我们有an=bk，即an一定为n,k的公倍数。又因为我们在第一次回到起点时就结束，因此a要尽可能小，故an就是n,k的最小公倍数lcm(n,k)，因此b就为lcm(n,k)/k。

这说明单次遍历会访问到lcm(n,k)/k个元素。为了访问到所有的元素，我们需要进行遍历的次数为

其中gcd指的是最大公约数。

我们用下面的例子更具体地说明这个过程：

nums = [1, 2, 3, 4, 5, 6]
k = 2

如果读者对上面的数学推导的理解有一定困难，也可以使用另外一种方式完成代码：使用单独的变量count跟踪当前已经访问的元素数量，当count=n时，结束遍历过程。

代码实现：

int gcd(int a, int b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

void swap(int* a, int* b) {
    int t = *a;
    *a = *b, *b = t;
}

void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {
    k = k % numsSize;
    int count = gcd(k, numsSize);
    for (int start = 0; start < count; ++start) {
        int current = start;
        int prev = nums[start];
        do {
            int next = (current + k) % numsSize;
            swap(&nums[next], &prev);
            current = next;
        } while (start != current);
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 nnn 为数组的长度。每个元素只会被遍历一次。
• 空间复杂度：O(1)。我们只需常数空间存放若干变量。

方法三：数组翻转

解题思路：

该方法基于如下的事实：当我们将数组的元素向右移动k次后，尾部k%n个元素会移动至数组头部，其余元素向后移动k%n个位置。

该方法为数组的翻转：我们可以先将所有元素翻转，这样尾部的 k mod nk\bmod nkmodn 个元素就被移至数组头部，然后我们再翻转[0,k%n−1]区间的元素和[k%n,n−1]区间的元素即能得到最后的答案。

我们以n=7，k=3 为例进行如下展示： 

操作	结果
原始数组	1 2 3 4 5 6 7
翻转所有元素	7 6 5 4 3 2 1
翻转[ 0 , k%n−1 ]区间的元素	5 6 7 4 3 2 1
翻转[ k%n , n−1 ]区间的元素	5 6 7 1 2 3 4

代码实现：

void swap(int* a, int* b) {
    int t = *a;
    *a = *b, *b = t;
}

void reverse(int* nums, int start, int end) {
    while (start < end) {
        swap(&nums[start], &nums[end]);
        start += 1;
        end -= 1;
    }
}

void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {
    k %= numsSize;
    reverse(nums, 0, numsSize - 1);
    reverse(nums, 0, k - 1);
    reverse(nums, k, numsSize - 1);
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 nnn 为数组的长度。每个元素被翻转两次，一共n个元素，因此总时间复杂度为 O(2n)=O(n)。
• 空间复杂度：O(1)。