LC 775. 全局倒置与局部倒置

题目描述

这是 LeetCode 上的 775. 全局倒置与局部倒置 ,难度为 中等

给你一个长度为 n 的整数数组 nums,表示由范围 $[0, n - 1]$ 内所有整数组成的一个排列。

全局倒置 的数目等于满足下述条件不同下标对 $(i, j)$ 的数目:

  • $0 <= i < j < n$
  • $nums[i] > nums[j]$

局部倒置 的数目等于满足下述条件的下标 i 的数目:

  • $0 <= i < n - 1$
  • $nums[i] > nums[i + 1]$

当数组 nums 中 全局倒置 的数量等于 局部倒置 的数量时,返回 true ;否则,返回 false

示例 1:

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输入:nums = [1,0,2]

输出:true

解释:有 1 个全局倒置,和 1 个局部倒置。

示例 2:
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输入:nums = [1,2,0]

输出:false

解释:有 2 个全局倒置,和 1 个局部倒置。

提示:

  • $n = nums.length$
  • $1 <= n <= 10^5$
  • $0 <= nums[i] < n$
  • nums 中的所有整数 互不相同
  • nums 是范围 $[0, n - 1]$ 内所有数字组成的一个排列

树状数组

根据题意,对于每个 $nums[i]$ 而言:

  • 其左边比它大的 $nums[j]$ 的个数,是以 $nums[i]$ 为右端点的“全局倒置”数量,统计所有以 $nums[i]$ 为右端点的“全局倒置”数量即是总的“全局倒置”数量 a

  • 同时我们可以将每个 $nums[i]$ 与前一个值进行比较,从而统计总的“局部倒置”数量 b,其中 $i$ 的取值范围为 $[1, n - 1)$

一个容易想到的做法是利用「树状数组」,虽然该做法没有利用到核心条件「$nums$ 是一个 $[0, n - 1]$ 的排列」,但根据数据范围 $n$ 可知该复杂度为 $O(n\log{n})$ 的做法可过,且依赖的条件更少,适用范围更广。

Java 代码:

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class Solution {
int n;
int[] tr;
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void add(int x) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i]++;
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) ans += tr[i];
return ans;
}
public boolean isIdealPermutation(int[] nums) {
n = nums.length;
tr = new int[n + 10];
add(nums[0] + 1);
int a = 0, b = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
a += query(n) - query(nums[i] + 1);
b += nums[i] < nums[i - 1] ? 1 : 0;
add(nums[i] + 1);
}
return a == b;
}
}

C++ 代码:
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class Solution {
public:
int n;
vector<int> tr;
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void add(int x) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i]++;
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) ans += tr[i];
return ans;
}
bool isIdealPermutation(vector<int>& nums) {
n = nums.size();
tr.resize(n + 10);
add(nums[0] + 1);
long a = 0, b = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
a += query(n) - query(nums[i] + 1);
b += nums[i] < nums[i - 1] ? 1 : 0;
add(nums[i] + 1);
}
return a == b;
}
};

Python 代码:
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class Solution:
def lowbit(self, x):
return x & -x

def add(self, tr, x, n):
i = x
while i <= n:
tr[i] += 1
i += self.lowbit(i)

def query(self, tr, x):
i, ans = x, 0
while i > 0:
ans += tr[i]
i -= self.lowbit(i)
return ans

def isIdealPermutation(self, nums: List[int]) -> bool:
n = len(nums)
tr = [0] * (n + 10)
self.add(tr, nums[0] + 1, n)
a, b = 0, 0
for i in range(1, n):
a += self.query(tr, n) - self.query(tr, nums[i] + 1)
b += nums[i] < nums[i - 1]
self.add(tr, nums[i] + 1, n)
return a == b

  • 时间复杂度:$O(n\log{n})$
  • 空间复杂度:$O(n)$

数学

解法一中并没有利用到核心条件「$nums$ 是一个 $[0, n - 1]$ 的排列」,我们可以从该条件以及两类倒置的定义出发进行分析。

提示一:由“局部倒置”组成的集合为由“全局倒置”组成的集合的子集

任意一个“局部倒置”均满足“全局倒置”的定义,因此要判定两者数量是否相同,可转换为统计是否存在「不满足“局部倒置”定义的“全局倒置”」。

提示二:何为不满足“局部倒置”定义的“全局倒置”

结合题意,若存在坐标 $j$ 和 $i$,满足 $nums[j] > nums[i]$ 且 $j + 1 < i$,那么该倒置满足“全局倒置”定义,且不满足“局部倒置”定义。

若存在这样的逆序对,不满足,则有两类倒置数量不同。

提示三:考虑「如何构造」或「如何避免构造」不满足“全局倒置”定义的“局部倒置”

如果我们能够总结出「如何构造」或「如何避免构造」一个不满足“全局倒置”定义的“局部倒置” 所需的条件,问题可以转换为检查 nums 是否满足这样的条件,来得知 nums 是否存在不满足“全局倒置”定义的“局部倒置”。

我们可以结合「$nums$ 是一个 $[0, n - 1]$ 的排列」来分析,若需要避免所有 $nums[j] > nums[i]$ 的逆序对均不满足 $j + 1 < i$,只能是所有逆序对均由相邻数值产生。

Java 代码:

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class Solution {
public boolean isIdealPermutation(int[] nums) {
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (Math.abs(nums[i] - i) >= 2) return false;
}
return true;
}
}

C++ 代码:
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class Solution {
public:
bool isIdealPermutation(vector<int>& nums) {
for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
if (abs(nums[i] - i) >= 2) return false;
}
return true;
}
};

Python 代码:
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class Solution:
def isIdealPermutation(self, nums: List[int]) -> bool:
for i in range(len(nums)):
if abs(nums[i] - i) >= 2:
return False
return True

TypeScript 代码:
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function isIdealPermutation(nums: number[]): boolean {
for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
if (Math.abs(nums[i] - i) >= 2) return false;
}
return true;
};

  • 时间复杂度:$O(n)$
  • 空间复杂度:$O(1)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.775 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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