1. 统计数组中元素总结

1.1 统计元素出现的次数

为了统计元素出现的次数,我们肯定需要一个map来记录每个数组以及对应数字出现的频次。这里map的选择比较有讲究:

  1. 如果数据的范围有限制,如:只有小写字母、1000以内的正数等,这时我们可以通过一个数组来充当map
  2. 如果数据的范围没有限制,或者数据范围很大:如:int的数据范围,这时我们可以通过HashMap存储对应的keyvalue

可参考代码:

for(int i = 0; i< nums.length; i++){
count[nums[i]]++;
}

1.2 统计元素在数组中出现的最左和最右位置

首先想清楚一个问题:

  1. 从左到右遍历,最后遍历到的就是最右元素;
  2. 从右到左遍历,最后遍历到的就是最左元素;

我们就可以依据此,创建leftright变量,从左往右遍历时更新right,从右往左遍历时更新left

for(int i = 0; i < nums.length; i++){
if(nums[i] == target){
right = i;
}
} for(int i = nums.length - 1; i >= 0; i--){
if(nums[i] == target){
left = i;
}
}

1.3 统计元素有没有出现(有没有重复出现)

思路仍然是:统计元素出现的次数,最后根据count数组来判断元素是否出现或者元素是否重复出现。

有时,题目要求我们空间复杂度为O(1),这时我们要仔细地审题。挖掘统计数组与原数组之间的关系,一般情况下我们只能通过修改原数组来统计每个元素出现的次数。比如说:如果数组中元素都在[1, n]之间,而且原数组的长度也为:n,此时我们就可以通过修改原数组来记录元素出现的次数。

在这种类型的题目中,一个有用的观念是:

  1. 对于nums中的一个数据x,我们用nums[x - 1] 来标识这个元素是否已经出现过;
  2. 为了标识nums[x - 1]是否出现过,我们不能使用nums中原来就会出现的数字,比如说:范围[1, n]之间的数字;一个常用的方法是:将nums[x - 1]转化为负数,这样就可以用来标识 x 之前是否已经出现过;
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
// 防止 x 为负数
int x = Math.abs(nums[i)); if(nums[x - 1] < 0){
// 出现过,做操作
}else{
// 通过负数来标识元素x已经出现过了
nums[x - 1] = - nums[x - 1];
}
}

2. 题目记录

645. 错误的集合

分析题意

一个长度为n的集合s中本来存储的是1-n的数据,将数据打乱后并挑选一个数据替换成1-n之间的其他数据。请你找出:被替换的数据和替换成的数据。

这道题的关键在于:数据其实是无序的,所以我们不能依靠相邻元素的大小关系来进行判断。

思路分析

如果我们能够统计数组中每个元素的出现次数,那么查到被替换的数据(频次为0),替换成的数据(频次为2)就十分的简单。

int[] count = new int[nums.length];
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
count[nums[i] - 1] ++;
} for(int i = 0; i < count.length; i++){ if(count[i] == 0){
// 被替换的元素
} if(count[i] == 2){
// 替换的元素
}
}

我们可以发现,count的大小为n,而nums的大小也为n。那么我们能不能用nums数组来标识一个元素是否出现过呢?答案是可以的。

class Solution {
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int[] ans = new int[2];
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
int k = Math.abs(nums[i]);
if(nums[k - 1] < 0){
// 前面已经出现过
ans[0] = k;
}else{
nums[k - 1] = - nums[k - 1];
}
}
// 经过上述过程
// 如果x出现,那么nums[x - 1] 为负数
// 如果x没有出现,那么nums[x - 1]保持原样不变
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
if(nums[i] > 0){
ans[1] = i + 1;
break;
}
} return ans;
}
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n)

空间复杂度:O(1)

697. 数组的度

分析题意

要想知道元素 从出现的最大频次,那么我们需要统计每个元素出现的次数。

要计算长度就需要知道最大出现元素的起始位置和终止位置,即元素的最左位置和最右位置。

所以,这道题就转化为了:求每个元素频次以及最左和最右位置。

思路分析

由于数据的范围较大,所以我们通过map来进行存储。

class Solution {
public int findShortestSubArray(int[] nums) {
HashMap<Integer, Integer> count = new HashMap<>();
HashMap<Integer, Integer> left = new HashMap<>();
HashMap<Integer, Integer> right = new HashMap<>(); // 统计频次和最右元素
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
count.put(nums[i], count.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);
right.put(nums[i], i);
}
// 统计最左元素
for(int i = nums.length - 1; i >= 0; i--){
left.put(nums[i], i);
} int maxFreq = 0;
int minLen = 0;
for(Map.Entry<Integer, Integer> entry: count.entrySet()){
if(entry.getValue() > maxFreq){
maxFreq = entry.getValue();
minLen = right.get(entry.getKey()) - left.get(entry.getKey()) + 1;
}else if(entry.getValue() == maxFreq){
minLen = Math.min(minLen, right.get(entry.getKey()) - left.get(entry.getKey()) + 1);
}
} return minLen; }
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n)

空间复杂度:O(n)

448. 找到所有数组中消失的数字

分析题意

一个长度为n的数组内,所有数字都在1-n范围内。请找出在1-n范围内但是没有出现在数组中的元素。

思路分析

如果我们知道1-n范围内每个数字出现的频次,那么出现频次为0的所有元素都是我们想要找的元素。进一步来说,其实我们只关注这个元素是否出现过,即:>0=0的差别,不关心具体出现了几次。

题目要求我们使用常数空间复杂度来解决这道题目。那我们只能通过修改原数组来实现统计是否元素是否出现这个需求。和上面一样,我们使用 nums[x - 1]是否为负数来标识元素x是否已经出现过。

class Solution {
public List<Integer> findDisappearedNumbers(int[] nums) {
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
int k = Math.abs(nums[i]);
// 确保将 k-1 置为负数
nums[k - 1] = - Math.abs(nums[k - 1]);
} List<Integer> ans = new ArrayList<>();
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
if(nums[i] > 0){
ans.add(i + 1);
}
} return ans; }
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n)

空间复杂度:O(1), 返回元素不计算

442. 数组中重复的数据

分析题意

长度为n的数组中,每个元素都在1-n范围内,且每个元素要么出现1次,要么出现2次,(其实隐含着:1-n内的有些元素并不在数组中,因为存在重复元素)找出所有出现2次的元素。

要求:时间复杂为O(n),空间复杂度为O(1)

思路分析

如果我们能用一个集合存储已经出现过的元素,然后每次遍历一个新元素时先判断该元素是否在已有的集合中:

  1. 如果已经存在那么它就是我们要找的重复元素,将该元素加入到结果集中;
  2. 如果不存在那么就把它加入到集合中;
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
// 如果set中没有该元素,添加成功返回true
// 如果set中存在该元素,添加失败返回false
if(!set.add(nums[i]){
ans.add(nums[i]);
} }

上述方法的时间复杂度为O(n),但是空间复杂度也是O(n),不符合要求。那么 我们是否有办法降低时间复杂度呢?

由于数组的长度是n,数组中每一个数字都在1-n范围内,所以我们可以用nums[x - 1] 来标识元素 x 的状态:是否已经出现过,这样我们就可以实现O(1)空间复杂度了。

class Solution {
public List<Integer> findDuplicates(int[] nums) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
int k = Math.abs(nums[i]);
if(nums[k - 1] < 0){
// 已经出现过,这一次是第二次出现
ans.add(k);
}else{
nums[k - 1] = - nums[k - 1];
} } return ans;
}
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n)

空间复杂度:O(1)

41. 缺失的第一个正数

分析题意

给你一个未排序的整数数组 nums ,请你找出其中没有出现的最小的正整数

请你实现时间复杂度为O(n)并且只使用常数级别额外空间的解决方案。

对于一个长度为n的数组,其中没有出现的最小正整数的范围一定在:1~(n+1)范围内。所以我们关注的数据只有1~(n+1)中每个数的出现频次。

思路分析

题意中我们已经明白了:统计1~(n+1)中每个元素的出现频次,其实我们只统计1~n就可以了。如果1~n都出现了,那么最小的正整数就是n+1

统计1~n每个元素出现频次,那么我们需要一个长度为n的数组,这样的话空间复杂度就是O(n),不符合题意。那我们就只能从修改原数组下手了。

还记得之前的题目,我们都是通过nums[x - 1]来标识元素x是否出现过,这道题依旧适用,但是要做一点点修改。因为我们需要用负数标识元素已经出现过,但是原数组中的数据的范围是 \([-2^{(31)}, 2^{31}-1]\)存在负数,所以我们需要先将超出1~n范围内的数组全部置为n+1

class Solution {
public int firstMissingPositive(int[] nums) {
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
if(nums[i] > nums.length || nums[i] <= 0){
nums[i] = nums.length + 1;
}
} for(int i = 0; i < nums.length; i++){
int k = Math.abs(nums[i]);
if( k <= nums.length){
nums[k - 1] = - Math.abs(nums[k - 1]);
}
} int ans = nums.length + 1;
for(int i = 0; i < nums.length; i++){
if(nums[i] >= 0){
ans = i+1;
break;
}
} return ans;
}
}

复杂度分析

时间复杂度:O(n)

空间复杂度:O(1)

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