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①力扣912. 排序数组
难度 中等
给你一个整数数组 nums，请你将该数组升序排列。
示例 1：
输入：nums = [5,2,3,1] 输出：[1,2,3,5]
示例 2：
输入：nums = [5,1,1,2,0,0] 输出：[0,0,1,1,2,5]
提示：
1 <= nums.length <= 5 * 10^4-5 * 10^4 <= nums[i] <= 5 * 10^4
class Solution {
public:
vector<int> sortArray(vector<int>& nums) {
};解析代码
还是这题，用归并写一下，且用了全局数组提高效率，否则每一次递归都要开数组：
class Solution {
vector<int> tmp;
public:
vector<int> sortArray(vector<int>& nums) {
tmp.resize(nums.size());
mergeSort(nums, 0, nums.size() - 1);
return nums;
}
void mergeSort(vector<int>& nums, int left, int right)
{
if(left >= right)
return;
// 选择中间点划分两个区间并排序 [left, mid] [mid + 1, right]
int mid = (left + right) >> 1;
mergeSort(nums, left, mid);
mergeSort(nums, mid + 1, right);
// 合并两个有序数组，i是全局数组tmp下标
int cur1 = left, cur2 = mid + 1, i = 0;
while(cur1 <= mid && cur2 <= right)
tmp[i++] = nums[cur1] < nums[cur2] ? nums[cur1++] : nums[cur2++];
// 处理没遍历完的数组，只有一个while可进
while(cur1 <= mid)
tmp[i++] = nums[cur1++];
while(cur2 <= right)
tmp[i++] = nums[cur2++];
// 还原数组
for(int j = left; j <= right; ++j)
nums[j] = tmp[j - left];
}
};②力扣LCR 170. 交易逆序对的总数
难度 困难
在股票交易中，如果前一天的股价高于后一天的股价，则可以认为存在一个「交易逆序对」。请设计一个程序，输入一段时间内的股票交易记录 record，返回其中存在的「交易逆序对」总数。
示例 1:
输入：record = [9, 7, 5, 4, 6] 输出：8 解释：交易中的逆序对为 (9, 7), (9, 5), (9, 4), (9, 6), (7, 5), (7, 4), (7, 6), (5, 4)。
限制：
0 <= record.length <= 50000
class Solution {
public:
int reversePairs(vector<int>& record) {
};解析代码1
暴力枚举会超时
用归并排序求逆序数是很经典的方法，主要就是在归并排序的合并过程中统计出逆序对的数量，也就是在合并两个有序序列的过程中，能够快速求出逆序对的数量。
如果将数组从中间划分成两个部分，那么我们可以将逆序对产生方式划分成三组：
- 逆序对中两个元素：全部从左数组中选择。
- 逆序对中两个元素：全部从右数组中选择。
- 逆序对中两个元素：一个选左数组另一个选右数组。
根据排列组合的分类相加原理，三种情况下产生的逆序对的总和，正好等于总的逆序对数量。而这个思路正好匹配归并排序的过程：
- 先排序左数组。
- 再排序右数组。
- 左数组和右数组合二为一。
因此，我们可以利用归并排序的过程，先求出左半数组中逆序对的数量，再求出右半数组中逆序对的数量，最后求出⼀个选择左边，另⼀个选择右边情况下逆序对的数量，三者相加即可。
class Solution {
vector<int> tmp;
public:
int reversePairs(vector<int>& record) {
tmp.resize(record.size());
return mergeSortCnt(record, 0, record.size() - 1);
}
int mergeSortCnt(vector<int>& arr, int left, int right)
{ // 解法一：找出该数之前，有多少个数比我大 -> 升序
if(left >= right)
return 0;
int ret = 0, mid = (left + right) >> 1;
// 左边逆序对的个数+排序 + 右边逆序对的个数+排序
ret += mergeSortCnt(arr, left, mid);
ret += mergeSortCnt(arr, mid + 1, right);
// 一左一右逆序对的个数
int cur1 = left, cur2 = mid + 1, i = 0;
while(cur1 <= mid && cur2 <= right)
{
if(arr[cur1] > arr[cur2])
{ // 此时cur2后面的都是比cur1小的
ret += mid - cur1 + 1;
tmp[i++] = arr[cur2++];
}
else
{
tmp[i++] = arr[cur1++];
}
}
// 处理排序
while (cur1 <= mid)
tmp[i++] = arr[cur1++];
while (cur2 <= right)
tmp[i++] = arr[cur2++];
for (int j = left; j <= right; j++)
arr[j] = tmp[j - left];
return ret;
}
};解析代码2
在代码一的基础上可以选择找出该数之前，有多少个数比我小 -> 降序：
class Solution {
vector<int> tmp;
public:
int reversePairs(vector<int>& record) {
tmp.resize(record.size());
return mergeSortCnt(record, 0, record.size() - 1);
}
int mergeSortCnt(vector<int>& arr, int left, int right)
{ // 解法二：找出该数之前，有多少个数比我小 -> 降序
if(left >= right)
return 0;
int ret = 0, mid = (left + right) >> 1;
// 左边逆序对的个数+排序 + 右边逆序对的个数+排序
ret += mergeSortCnt(arr, left, mid);
ret += mergeSortCnt(arr, mid + 1, right);
// 一左一右逆序对的个数
int cur1 = left, cur2 = mid + 1, i = 0;
while(cur1 <= mid && cur2 <= right)
{
if(arr[cur1] > arr[cur2])
{ // 此时cur2后面的都是比cur1小的
// ret += mid - cur1 + 1;
// tmp[i++] = arr[cur2++];
ret += right - cur2 + 1;
tmp[i++] = arr[cur1++]; // 降序
}
else
{
// tmp[i++] = arr[cur1++];
tmp[i++] = arr[cur2++]; // 降序
}
}
// 处理排序
while (cur1 <= mid)
tmp[i++] = arr[cur1++];
while (cur2 <= right)
tmp[i++] = arr[cur2++];
for (int j = left; j <= right; j++)
arr[j] = tmp[j - left];
return ret;
}
};③力扣315. 计算右侧小于当前元素的个数
难度 困难
给你一个整数数组 nums ，按要求返回一个新数组 counts 。数组 counts 有该性质： counts[i] 的值是 nums[i] 右侧小于 nums[i] 的元素的数量。
示例 1：
输入：nums = [5,2,6,1]
输出：[2,1,1,0]
解释：
5 的右侧有 2 个更小的元素 (2 和 1)
2 的右侧仅有 1 个更小的元素 (1)
6 的右侧有 1 个更小的元素 (1)
1 的右侧有 0 个更小的元素
示例 2：
输入：nums = [-1] 输出：[0]
示例 3：
输入：nums = [-1,-1] 输出：[0,0]
提示：
1 <= nums.length <= 10^5-10^4 <= nums[i] <= 10^4
class Solution {
public:
vector<int> countSmaller(vector<int>& nums) {
};解析代码
暴力枚举会超时
这道题的解法与 求数组中的逆序对 的解法是类似的，但是这⼀道题要求的不是求总的个数，而是要返回⼀个数组，记录每⼀个元素的右边有多少个元素比自己小。
但是在我们归并排序的过程中，元素的下标是会跟着变化的，因此我们需要⼀个辅助数组，来将数组元素和对应的下标绑定在⼀起归并，也就是再归并元素的时候，顺势将下标也转移到对应的位置上。
由于要快速统计出某⼀个元素后面有多少个比它小，因此可以利用求逆序对的降序方法。
class Solution {
vector<int> ret; // 要返回的数组
vector<int> index; // nums中元素的原始下标
vector<int> tmp_nums;
vector<int> tmp_index; // 和nums里的元素绑定一起移动
public:
vector<int> countSmaller(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
ret.resize(n);
index.resize(n);
tmp_nums.resize(n);
tmp_index.resize(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
index[i] = i; // 初始化下标数组
}
mergeSortCnt(nums, 0, n - 1);
return ret;
}
void mergeSortCnt(vector<int>& nums, int left, int right)
{
if (left >= right)
return;
int mid = (left + right) >> 1;
mergeSortCnt(nums, left, mid);
mergeSortCnt(nums, mid + 1, right);
int cur1 = left, cur2 = mid + 1, i = 0;
while (cur1 <= mid && cur2 <= right)
{
if (nums[cur1] > nums[cur2])
{
ret[index[cur1]] += (right - cur2 + 1);
tmp_nums[i] = nums[cur1];
tmp_index[i++] = index[cur1++];
}
else
{
tmp_nums[i] = nums[cur2];
tmp_index[i++] = index[cur2++];
}
}
while (cur1 <= mid)
{
tmp_nums[i] = nums[cur1];
tmp_index[i++] = index[cur1++];
}
while (cur2 <= right)
{
tmp_nums[i] = nums[cur2];
tmp_index[i++] = index[cur2++];
}
for (int j = left; j <= right; ++j)
{
nums[j] = tmp_nums[j - left];
index[j] = tmp_index[j - left];
}
}
};④力扣493. 翻转对
难度 困难
给定一个数组 nums ，如果 i < j 且 nums[i] > 2*nums[j] 我们就将 (i, j) 称作一个重要翻转对。
你需要返回给定数组中的重要翻转对的数量。
示例 1:
输入: [1,3,2,3,1] 输出: 2
示例 2:
输入: [2,4,3,5,1] 输出: 3
注意:
- 给定数组的长度不会超过
50000。 - 输入数组中的所有数字都在32位整数的表示范围内。
class Solution {
public:
int reversePairs(vector<int>& nums) {
}
};解析代码
大思路与求逆序对的思路⼀样，就是利用归并排序的思想，将求整个数组的翻转对的数量，转换成三部分：
- 左半区间翻转对的数量。
- 右半区间翻转对的数量。
- 一左一右选择时翻转对的数量。
重点就是在合并区间过程中，如何计算出翻转对的数量。 与上个问题不同的是，上一道题我们可以一边合并一遍计算，但是这道题要求的是左边元素大于右边元素的两倍，如果我们直接合并的话，是无法快速计算出翻转对的数量的。
例如 left = [4, 5, 6] right = [3, 4, 5] 时，如果是归并排序的话，需要计算 left 数组中有多少个 能与 3 组成翻转对。但是我们要遍历到最后一个元素 6 才能确定，时间复杂度较高。 因此需要在归并排序之前完成翻转对的统计。因为左右区间是有序的，所以使用双指针统计。
这里用升序（也可以用降序）：
class Solution {
vector<int> tmp;
public:
int reversePairs(vector<int>& nums) {
tmp.resize(nums.size());
return mergeSortCnt(nums, 0, nums.size() - 1);
}
int mergeSortCnt(vector<int>& nums, int left, int right)
{ // 解法一：升序
if(left >= right)
return 0;
int ret = 0, mid = (left + right) >> 1;
// 先计算左右两侧翻转对数量
ret += mergeSortCnt(nums, left, mid);
ret += mergeSortCnt(nums, mid + 1, right);
// 计算翻转对数量
int cur1 = left, cur2 = mid + 1, i = left;
while(cur2 <= right) // 升序的情况
{
while(cur1 <= mid && nums[cur2] >= nums[cur1] / 2.0)
{
cur1++;
}
if(cur1 > mid)
break;
ret += mid - cur1 + 1;
cur2++;
}
// 合并两个有序数组
cur1 = left, cur2 = mid + 1;
while(cur1 <= mid && cur2 <= right)
tmp[i++] = nums[cur1] <= nums[cur2] ? nums[cur1++] : nums[cur2++];
while (cur1 <= mid)
tmp[i++] = nums[cur1++];
while (cur2 <= right)
tmp[i++] = nums[cur2++];
for (int j = left; j <= right; j++)
nums[j] = tmp[j];
return ret;
}
};
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