#561 Array Partition I#
思路：題目要求數組中所有數字配對后，每一對中最小值加和sum，sum要盡可能大。我的第一反應就是暴力枚舉。下標為0的數值可能匹配的下標有：1,2,3…n-1；接著計算下標為1的數值可能匹配的下標有哪些。不斷匹配，直到數組中所有數字配對完成。求和，保存和最大的值。可以得出結果，時間復雜度O(n^n)。n的n次冪。因為有n步，每步有n種情況。
學習：先排序數組，然后相鄰的做paire。原因是這樣的。如果一個數組已經排序好，則有a0,a1,a2…a(2n-1)。所求和最大的應該是a0+a2+…a+(2n-2) ，這是因為(a0,a1),(a2,a3)…；最小的和是 a0+a1+a2+…+a(n-1)，這是因為(a0,an),(a1,a(n+1))這樣匹配。還有另外一種解釋。要想讓和最大，則需要每個數值盡可能大。觀察：如果一次配對，當 (1,4) 與 (1,2)比較的時候就會發現(1,2)pair 要比(1,4)pair 要好。因為4這個數字可能與其他數字配對被保留下來。而(1,4)配對，那4一定被舍棄。所以，能夠看出配對的兩個數字要盡可能接近。這里的時間復雜度主要是排序的時間復雜度O(nlogn)。
學習2：上面的主要時間耗在排序，其實排序還有一種思路是桶排序。就是把相同的數字放在一個桶里面。在配對的時候還是把盡可能相同的數字放在一起配對。
參考：網頁1；網頁2；網頁3
我學習到的就是做題目除了依賴直覺，還需要靠觀察。從觀察中總結規律，進而提高算法效率。
代碼

#566 Reshape the Matrix
思路：這道題是一道真正的easy級別，按照題目描述直接寫代碼即可。
學習：這里學習到的一點是對下標的巧妙利用。當然，這不影響算法的時間復雜度。二維數組變一維數組 M[i][j]=M[i*n+j],n是列數；一維變二維 M[i] = M[i/n][i%n],n是列數；

public int[][] matrixReshape(int[][] nums, int r, int c) {if(nums ==null) return nums;int initRow = nums.length;if(initRow==0) return nums;int initCol = nums[0].length;if(r*c!=initRow * initCol) return nums;int[][] result = new int[r][c];for(int i=0;i<r*c;i++){result[i/c][i%c] = nums[i/initCol][i%initCol];}return result;}

#775 Global and Local Inversions
思路：按照題目要求，分別計算全局反轉次數與局部反轉次數。這樣會產生O(n^2)的時間復雜度。
學習：題目中提到了一個很重要的信息，We have some permutation A of [0, 1, …, N - 1], where N is the length of A。這說明正常的A=[0,1,2,3,…N-1]，也就是說A[i] = i , $0<=i<N$。
進一步分析得到：
1 每個local inversion 也是一個global inversion
2 如果想要 localCount = globalCount，也就是說只有local inversion，沒有其余的global inversion
3 如果只有local inversion，那么當遇到inversion的時候，只要交換A[i]和A[i+1]的位置，那么數組從0到i+1就有序了。
例如A = [1,0,2]。當i=1的時候，$A[1]<A[0]$，那么交換A[1]和A[0]之后，A=[0,1,2]，那么A[0]=0，A[1]=1，符合A[i] = i的要求。那這數組從0到1是有序的，這是一次local inversion。
例如A = [2,0,1]。當i=1的時候，$A[1]<A[0]$，那么交換A[1]和A[0]之后，A=[0,2,1]，那么A[0]=0，A[1]=2，A[1]不符合A[1]=1的要求。那這樣就可以立即返回false。

代碼

#495 Teemo Attacking
思路： 根據題目含義，這是要處理重復線段的問題。 例如[1,2], 2；第一次起始時間是1，結束時間是3（或者2s的末尾）；第二次起始時間是2，結束時間是4（或者3s的末尾）。 用第一次的結束時間-第二次的起始時間，就是重復的時間。
代碼
#62 Unique Paths
思路：在每個位置(i,j)有兩種走向：向右走到達(i+1,j)，向下走到達(i,j+1)。暴力搜索每種情況。處理邊界條件。這樣會超時。
思路二：動態規劃思想：dp[i][j]表示到達(i,j)位置，有幾種走法。初始條件是第一行、第一列的每個位置只有一種走法所以dp[0][] = 1,dp[][0]=1；遞歸條件 dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。時間復雜度O(m*n)
學習：排列組合思想:表格是m行，n列，robot需要向下移動m-1次，向右移動n-1次。如果用D表示向下，R表示向右。例如在3x7的表格中，需要2次D，6次R。這樣可以是任意組合例如D,D,R,R,R,R,R,R或者D,R,D,R,R,R,R,R。這樣只需要計算(m-1)+(n-1)的組合數。
代碼

#442 Find All Duplicates in an Array
思路：題目要求不用額外的空間，在O(n)時間內完成，這樣就要非常注重一個前提1 ≤ a[i] ≤ n (n = size of array)，數組內的元素是在長度范圍內的。這樣就可以將數組的下標與數組的值建立映射關系。這里建立映射的關系是把nums[i]放在nums[i]-1 的位置上。如果nums[nums[i]-1]已經等于nums[i]了，那說明是重復的。（nums[i] = -1 就說明是缺失的值）
學習：不用交換數值，只需要將對應位置修改為負數即可。

public List<Integer> findDuplicatesV2(int[] nums) {List<Integer> list = new ArrayList<Integer>();for(int i=0;i<nums.length;i++){int val = Math.abs(nums[i]);if(nums[val-1]<0){list.add(val);}else{nums[val-1] = - nums[val-1];}}return list;}

代碼

#63 Unique Paths II
思路：與62類似，用動態規劃解決。注意條件判斷即可。
問題：沒有找到更快的方法。
代碼

287 Find the Duplicate Number

學習思路一：Floyd龜兔法
學習思路二：二分法
代碼

15 3Sum

思路：三個數相加和為0，轉為固定一個數nums[i]，求兩個數的和為0-nums[i]。將nums排序后，用兩個指針從最前面和最末尾開始移動。
代碼

18 4Sum

思路：可以基于3Sum，將一個數固定nums[i]，再剩余數組中查找三個數和為target-nums[i]。三個數的和再轉為2個數的和。
思路2：可以使用map，將兩兩數的和存起來放在map中，再循環nums，得到兩個下標。這樣做的最大難題是去重。參考discuss的代碼
代碼

#73 Set Matrix Zeroes
思路：看起來比較簡單的一道題。難點是注意修改和判斷不能相互影響。例如matrix[2][3]=0，則matrix[2][]=0,matrix[][3] = 0。那么在判斷第三行的時候，只能依據修改前的matrix[3][3]來判斷是為0，而不能依據修改后的。我的思路是先遍歷一遍找，分別找到需要置0的行和列，放入list中。然后再遍歷這些行，每一列設置為0；遍歷這些列，每一行的該列設置為0。
學習1：遍歷如果某一行包含元素0，則修改matrix[i][0] =0;如果某一列包含元素0，則修改matrix[0][j]=0;但是第0行和第0列會共享同一個空間matrix[0][0]，則需要添加一個變量col0，col0=0表示第0列為0；matrix[0][0]=0則表示第0行為0。
代碼

總結

以上是生活随笔為你收集整理的array专题5的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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