二分法原理:就是在一个数组里面找一个target,一半一半的筛选,找到了就返回target的下标,没找到就返回-1
二分法易错点:分不清边界问题
比如:while(left<=right)—是否有=
right=middle—是否middle-1
二分法三种区间:不同区间会影响边界的定义
[left,right]
[left,right)
(left,right]
常用左闭右闭,左闭右开,那边闭那边middle就要+或-
left定为0开始
right如果是右闭—right=nums.size()-1—因为:right的元素要被检测的,为了包含最后一个元素,所以right需要等于nums.size()-1
right如果是右开—right=nums.size()—因为:right 的元素是不被检查的,为防止遗漏,所以 right 需要等于 nums.size ()
中间值下标middle=(left+right)/2—但是这样可能会出现越界问题—原理:和可能超出了int的最大范围从而导致数值失真,本来就失真了除2还是失真—改成—middle=left+(right-left)/2—追求速度可以用位运算—middle=left+((right-left)>>1)
举例leetcode题目 二分查找:题目地址
//方法一:左闭右闭
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target)
{
int left=0,right=nums.size()-1;//区间包含右边界
while(left<=right)
{
int middle=left+(right-left)/2;
if(nums[middle]>target)
right=middle-1;//本身计算过一次了,不再计算本身
else if(nums[middle]<target)
left=middle+1;
else
return middle;
}
return -1;
}
};
//方法二:左闭右开
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target)
{
int left=0,right=nums.size();//区间里不包含右边界,就直接等于nums.size()
while(left<right)
{
int middle=left+(right-left)/2;
if(nums[middle]>target)
right=middle;//本身没有计算过,计算本身
else if(nums[middle]<target)
left=middle+1;//本身计算过
else
return middle;
}
return -1;
}
};
同向双指针法(快慢指针法): 同一个方向,通过一个快指针和慢指针在一个for循环下完成两个for循环的工作
定义快慢指针
- 快指针:寻找新数组的元素 ,新数组就是不含有目标元素的数组
- 慢指针:指向更新新数组下标的位置
举例leetcode题目 移除元素:题目地址
对于这个题目我们可以玩暴力和双指针的思路来解决,我都讲讲两个方法
暴力解法思路:这个题目暴力的解法就是两层for循环,一个for循环遍历数组元素 ,第二个for循环更新数组—O(N*N)—O(1)
双指针法思路: 通过一个快指针和慢指针进行元素筛选进行赋值得出新数组—O(N)—O(1)
class Solution {
public:
int removeElement(vector<int>& nums, int val)
{
//暴力遍历
int len=nums.size();
for(int i=0;i<len;++i)//遍历数组
{
if(nums[i]==val)//找到要移除的元素
{
for(int j=i+1;j<len;++j)//第二次遍历,从移除的元素开始往前覆盖
{
nums[j-1]=nums[j];
}
--i;//往前移一位,i要减少一位
--len;//总数组长度减少一位
}
}
return len;
}
};
class Solution {
public:
int removeElement(vector<int>& nums, int val)
{
//快慢指针法
int len=nums.size();
int slow=0;
for(int fast=0;fast<len;++fast)//快指针遍历
{
if(nums[fast]!=val)//如果快指针不等于删除数
{
nums[slow]=nums[fast];//慢指针等于快指针内容
slow++;
}
}
return slow;
}
};
反向双指针法(快慢指针法): 不同方向通过一个快指针和慢指针在一个for循环下完成两个for循环的工作
举例leetcode题目 有序数组的平方:题目地址
这个题也是可以玩暴力和双指针的,暴力就是直接平方里面的元素然后排序,双指针跟上面类似,只是方向不同
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums)
{
//暴力解法
for(int i=0;i<nums.size();++i)
{
nums[i]=nums[i]*nums[i];
}
sort(nums.begin(),nums.end());
return nums;
}
};
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& A)
{
//双指针法
int k = A.size() - 1;
vector<int> result(A.size(), 0);//存储新的数组
for (int i = 0, j = A.size() - 1; i <= j;)//这里i<=j就是考虑两个指针指向同一个元素的时候
{
//i++ j——不可以不写在循环条件里,因为需要考虑他们满足的情况才让他们-- ++
if (A[i] * A[i] < A[j] * A[j])
{
result[k--] = A[j] * A[j];
j--;
}
else
{
result[k--] = A[i] * A[i];
i++;
}
}
return result;
}
};
滑动窗口法:所谓滑动窗口,就是不断的调节子序列的起始位置和终止位置,从而得出我们要想的结果
滑动窗口原理也用的双指针,只是让其动态的调整位置达到像滑动的窗口一样的效果
举例leetcode题目 长度最小的子数组:题目地址
思路:
暴力解法:两个for循环,然后不断的寻找符合条件的子序列,时间复杂度很明显是O(n^2)
滑动窗口解法:一个for循环完成两个for循环的功能
那么滑动窗口如何用一个for循环来完成这个操作呢?
首先要思考:如果用一个for循环,那么应该表示滑动窗口的起始位置,还是终止位置
用两个for此时难免再次陷入 暴力解法的怪圈,如果只用一个for循环来表示滑动窗口的起始位置,那么如何遍历剩下的终止位置?
所以只用一个for循环,那么这个循环的索引,一定是表示滑动窗口的终止位置
那么问题来了, 滑动窗口的起始位置如何移动呢?
以题目中的示例来举例,target=7, 数组是 2,3,1,2,4,3,来看一下查找和大于target的过程:
在本题中实现滑动窗口,主要确定如下三点:
- 窗口内是什么?
- 如何移动窗口的起始位置?
- 如何移动窗口的结束位置?
窗口就是满足其和 ≥ target的长度最小的连续子数组
窗口的起始位置如何移动:如果当前窗口的值大于target了,窗口就要向前移动了(也就是该缩小了)
窗口的结束位置如何移动:窗口的结束位置就是遍历数组的指针,也就是for循环里的索引
解题的关键在于窗口的起始位置如何移动,如图所示:
可以发现滑动窗口的精妙之处在于根据当前子序列和大小的情况,不断调节子序列的起始位置。从而将O(n^2)暴力解法降为O(n)
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums)
{
//暴力解法
int result = 100001; // 最终的结果
//为什么要把result设置的很大呢,因为target如果为1的时候,就所有都满足,数组最长是10的五次方,那么我们设的单位比数组长度大就够了
int sum = 0; // 子序列的数值之和
int subLength = 0; // 子序列的长度
for (int i = 0; i < nums.size(); i++)
{ // 设置子序列起点为i
sum = 0;
for (int j = i; j < nums.size(); j++)
{ // 设置子序列终止位置为j
sum += nums[j];
if (sum >= s)
{ // 一旦发现子序列和超过了s,更新result
subLength = j - i + 1; // 取子序列的长度
result = result < subLength ? result : subLength;
break; // 因为我们是找符合条件最短的子序列,所以一旦符合条件就break
}
}
}
// 如果result没有被赋值的话,就返回0,说明没有符合条件的子序列
return result == 100001 ? 0 : result;
}
};
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums)
{
//滑动窗口解法
int result = 100001;//也可以设置成INT32_MAX(表示很大的数)
//为什么要把result设置的很大呢,因为target如果为1的时候,就所有都满足,数组最长是10的五次方,那么我们设的单位比数组长度大就够了
int sum = 0; // 滑动窗口数值之和
int i = 0; // 滑动窗口起始位置
int subLength = 0; // 滑动窗口的长度
for (int j = 0; j < nums.size(); j++)
{
sum += nums[j];
// 注意这里使用while,每次更新 i(起始位置),并不断比较子序列是否符合条件
while (sum >= s)
{
subLength = (j - i + 1); // 取子序列的长度
result = result < subLength ? result : subLength;
sum -= nums[i++]; // 这里体现出滑动窗口的精髓之处,不断变更i(子序列的起始位置)
}
}
// 如果result没有被赋值的话,就返回0,说明没有符合条件的子序列
return result == 100001 ? 0 : result;
}
};
使用场景:要如何画出这个螺旋排列的正方形矩阵呢?—坚持循环不变量原则
模拟顺时针画矩阵的过程:
- 填充上行从左到右
- 填充右列从上到下
- 填充下行从右到左
- 填充左列从下到上
- 由外向内一圈一圈这么画下去
循环不变量法:比如上图,就是我们在考虑边界问题的时候是非常头疼的,如果我们每边都考虑全部遍历完,就会出现很多边界考虑问题,但是如果我们把遍历方式都设置成一种,那么就让边界问题变成了一种情况,也就是上图的只遍历开始到最后一位的前一位,让下一次循环遍历剩下的元素,从而叫做循环不变量法
举例leetcode题目 螺旋矩阵II:题目地址
class Solution {
public:
vector<vector<int>> generateMatrix(int n) {
vector<vector<int>> res(n, vector<int>(n, 0)); // 使用vector定义一个二维数组
int startx = 0, starty = 0; // 定义每循环一个圈的起始位置
int loop = n / 2; // 每个圈循环几次,例如n为奇数3,那么loop = 1 只是循环一圈,矩阵中间的值需要单独处理
int mid = n / 2; // 矩阵中间的位置,例如:n为3, 中间的位置就是(1,1),n为5,中间位置为(2, 2)
int count = 1; // 用来给矩阵中每一个空格赋值
int offset = 1; // 需要控制每一条边遍历的长度,每次循环右边界收缩一位
int i,j;
while (loop --)
{
i = startx;
j = starty;
// 下面开始的四个for就是模拟转了一圈
// 模拟填充上行从左到右(左闭右开)
for (j = starty; j < n - offset; j++)
{
res[startx][j] = count++;
}
// 模拟填充右列从上到下(左闭右开)
for (i = startx; i < n - offset; i++)
{
res[i][j] = count++;
}
// 模拟填充下行从右到左(左闭右开)
for (; j > starty; j--)
{
res[i][j] = count++;
}
// 模拟填充左列从下到上(左闭右开)
for (; i > startx; i--)
{
res[i][j] = count++;
}
// 第二圈开始的时候,起始位置要各自加1, 例如:第一圈起始位置是(0, 0),第二圈起始位置是(1, 1)
startx++;
starty++;
// offset 控制每一圈里每一条边遍历的长度
offset += 1;
}
// 如果n为奇数的话,需要单独给矩阵最中间的位置赋值
if (n % 2)
{
res[mid][mid] = count;
}
return res;
}
};