【問題描述】

給定整數(shù)數(shù)組 A，每次 move 操作將會選擇任意 A[i]，并將其遞增 1。返回使 A 中的每個值都是唯一的最少操作次數(shù)。示例 1:輸入：[1,2,2] 輸出：1 解釋：經(jīng)過一次 move 操作，數(shù)組將變?yōu)?[1, 2, 3]。 示例 2:輸入：[3,2,1,2,1,7] 輸出：6 解釋：經(jīng)過 6 次 move 操作，數(shù)組將變?yōu)?[3, 4, 1, 2, 5, 7]。 可以看出 5 次或 5 次以下的 move 操作是不能讓數(shù)組的每個值唯一的。 提示：0 <= A.length <= 40000 0 <= A[i] < 40000

【解答思路】

1. 排序 O(NlogN)

先排序，再依次遍歷數(shù)組元素，若當前元素小于等于它前一個元素，則將其變?yōu)榍耙粋€數(shù)+1。

class Solution {public int minIncrementForUnique(int[] A) {// 先排序Arrays.sort(A);int move = 0;// 遍歷數(shù)組，若當前元素小于等于它的前一個元素，則將其變?yōu)榍耙粋€數(shù)+1for (int i = 1; i < A.length; i++) {if (A[i] <= A[i - 1]) {int pre = A[i];A[i] = A[i - 1] + 1;move += A[i] - pre;}}return move;}}

2. 注意最后一個的推導 計數(shù)排序 O(N)

class Solution {public int minIncrementForUnique(int[] A) {// counter數(shù)組統(tǒng)計每個數(shù)字的個數(shù)。//（這里為了防止下面遍歷counter的時候每次都走到40000，所以設置了一個max，這個數(shù)據(jù)量不設也行，再額外設置min也行）int[] counter = new int[40001];int max = -1;for (int num: A) {counter[num]++;max = Math.max(max, num);}// 遍歷counter數(shù)組，若當前數(shù)字的個數(shù)cnt大于1個，則只留下1個，其他的cnt-1個后移int move = 0;for (int num = 0; num <= max; num++) {if (counter[num] > 1) {int d = counter[num] - 1;move += d;counter[num + 1] += d;}}// 最后, counter[max+1]里可能會有從counter[max]后移過來的，counter[max+1]里只留下1個，其它的d個后移。// 設 max+1 = x，那么后面的d個數(shù)就是[x+1,x+2,x+3,...,x+d],// 因此操作次數(shù)是[1,2,3,...,d],用求和公式求和。int d = counter[max + 1] - 1;move += (1 + d) * d / 2;return move;} }

3. 線性探測法（含路徑壓縮） O(N) 神仙解法

• 把原數(shù)組映射到一個地址不沖突的區(qū)域 ，和解決hash沖突的線性探測法比較相似
• 直接線性探測可能會由于沖突導致反復探測耗時太長 -> 考慮探測的過程中進行路徑壓縮
• 經(jīng)過某條路徑最終探測到一個空位置x后，將這條路徑上的值都變成空位置所在的下標x，那么假如下次探測的點又是這條路徑上的點，則可以直接跳轉(zhuǎn)到這次探測到的空位置x，從x開始繼續(xù)探測。

下面用樣例2：[3, 2, 1, 2, 1, 7]，來模擬一遍線性探測的過程。

模擬的過程中用int move來記錄操作數(shù)（即要求的增量數(shù)）。

step1: 插入3：

因為3的位置是空的，所以直接放入3即可。（此時數(shù)組變成了上圖，紅色表示本次的更改）

move = 0 保持不變;

step2: 插入2：

因為2的位置是空的，所以直接放入2即可。（此時數(shù)組變成了上圖，紅色表示本次的更改）

move = 0 保持不變;

step3: 插入1：

因為1的位置是空的，所以直接放入1即可。（此時數(shù)組變成了上圖，紅色表示本次的更改）

move = 0 保持不變;

step4: 插入2：

此時我們發(fā)現(xiàn)2的位置已經(jīng)有值了，于是繼續(xù)向后探測，直到找到空位4，于是2映射到了4。

??并且！！我們要對剛剛走過的路徑2->3->4進行壓縮，即將他們的值都設置為本次探測到的空位4(那么下次探測就可以直接從4往后找了～～)。

（此時數(shù)組變成了上圖，紅色表示本次的更改）

move = move + 4 - 2 = 2;

step5: 插入1：

此時我們發(fā)現(xiàn)1的位置已經(jīng)有值了，于是向后探測，探測到了2，發(fā)現(xiàn)2的位置也有值了，但是由于2在上次的過程中存了上次的空位4，所以我們直接跳轉(zhuǎn)到4+1即從5開始探測就行了（而不需要重復走一遍2->3->4這條路徑嘍！），此時我們發(fā)現(xiàn)5是個空位，因此將1映射到5，并且對剛剛走過的路徑1->2->5進行路徑壓縮 即 使其都映射到5！

（此時數(shù)組變成了上圖，紅色表示本次的更改）

move = move + 5 - 1 = 6;

step6: 插入7：

因為7的位置是空的，所以直接放入7即可。（此時數(shù)組變成了上圖，紅色表示本次的更改）

move = 6 保持不變;

以上，最終move為6。

class Solution {int[] pos = new int [80000];public int minIncrementForUnique(int[] A) {Arrays.fill(pos, -1); // -1表示空位int move = 0;// 遍歷每個數(shù)字a對其尋地址得到位置b, b比a的增量就是操作數(shù)。for (int a: A) {int b = findPos(a); move += b - a;}return move;}// 線性探測尋址（含路徑壓縮）private int findPos(int a) {int b = pos[a];// 如果a對應的位置pos[a]是空位，直接放入即可。if (b == -1) { pos[a] = a;return a;}// 否則向后尋址// 因為pos[a]中標記了上次尋址得到的空位，因此從pos[a]+1開始尋址就行了（不需要從a+1開始）。b = findPos(b + 1); //遞歸pos[a] = b; // ??尋址后的新空位要重新賦值給pos[a]哦，路徑壓縮就是體現(xiàn)在這里。return b;} }

4. 貪心算法 時間復雜度：O(Nlog N) 空間復雜度：O(1)

public int minIncrementForUnique(int[] A) {int len = A.length;if (len == 0) {return 0;}Arrays.sort(A);// 打開調(diào)試// System.out.println(Arrays.toString(A));int preNum = A[0];int res = 0;for (int i = 1; i < len; i++) {// preNum + 1 表示當前數(shù)「最好」是這個值if (A[i] == preNum + 1) {preNum = A[i];} else if (A[i] > preNum + 1) {// 當前這個數(shù)已經(jīng)足夠大，這種情況可以合并到上一個分支preNum = A[i];} else {// A[i] < preNum + 1res += (preNum + 1 - A[i]);preNum++;}}return res;}

【總結(jié)】

思維過于局限 ，統(tǒng)計相同的數(shù)字分別+1，使用兩層循環(huán)導致超時。

思維不跳躍，沒有整體把握，第二種方法和第三種方法看了半天。

轉(zhuǎn)載來自： https://leetcode-cn.com/problems/minimum-increment-to-make-array-unique/solution/ji-shu-onxian-xing-tan-ce-fa-onpai-xu-onlogn-yi-ya/

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[Leedcode][JAVA]第[945]题的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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