Leetcode（605）——种花问题

原创于 2022-06-25 16:08:01 发布 · 269 阅读

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#leetcode #贪心算法 #算法

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Leetcode（605）——种花问题

题目

假设有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。

给你一个整数数组 flowerbed 表示花坛，由若干 0 和 1 组成，其中 0 表示没种植花，1 表示种植了花。另有一个数 n ，能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花？能则返回 true ，不能则返回 false。

示例 1：

输入：flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1
输出：true
示例 2：

输入：flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 2
输出：false

提示：

1 <= flowerbed.length <= 2 * 104
flowerbed[i] 为 0 或 1
flowerbed 中不存在相邻的两朵花
0 <= n <= flowerbed.length

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/can-place-flowers
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题解

方法一：贪心算法

思路

判断能否在不打破种植规则的情况下在花坛内种入 $n$ 朵花，从贪心的角度考虑，应该在不打破种植规则的情况下种入尽可能多的花，然后判断可以种入的花的最多数量是否大于或等于 $n$ 。

假设花坛的下标 $i$ 和下标 $j$ 处都种植了花，其中 $\ge 2$ ，且在下标 $[i + 1, j - 1]$ 范围内没有种植花，则只有当 $\ge 4$ 时才可以在下标 $i$ 和下标 $j$ 之间种植更多的花，且可以种植花的下标范围是 $[i + 2, j - 2]$ 。可以种植花的位置数是 $p = j - i - 3$ ，当 $p$ 是奇数时最多可以在该范围内种植 $(p + 1) / 2$ 朵花，当 $p$ 是偶数时最多可以在该范围内种植 $p / 2$ 朵花。由于当 $p$ 是偶数时，在整数除法的规则下 $p / 2$ 和 $(p + 1) / 2$ 相等，因此无论 $p$ 是奇数还是偶数，都是最多可以在该范围内种植 $(p + 1) / 2$ 朵花，即最多可以在该范围内种植 $(j - i - 2) / 2$ 朵花。

上述情况是在已有的两朵花之间种植花的情况（已有的两朵花之间没有别的花）。假设花坛的下标 $l$ 处是最左边的已经种植的花，下标 $r$ 处是最右边的已经种植的花（即对于任意 $k < l$ 或 $k > r$ 都有 $flowerbed[k]=0\textit{flowerbed}[k]=0$ ），如何计算在下标 $l$ 左边最多可以种植多少朵花以及在下标 $r$ 右边最多可以种植多少朵花？

下标 $l$ 左边有 $l$ 个位置，当 $l < 2$ 时无法在下标 $l$ 左边种植花，当 $\ge 2$ 时可以在下标范围 $[0, l - 2]$ 范围内种植花，可以种植花的位置数是 $l - 1$ ，最多可以种植 $l / 2$ 朵花。

令 $m$ 为数组 $flowerbed\textit{flowerbed}$ 的长度，下标 $r$ 右边有 $m - r - 1$ 个位置，可以种植花的位置数是 $m - r - 2$ ，最多可以种植 $(m - r - 1) / 2$ 朵花。

如果花坛上没有任何花朵，则有 $m$ 个位置可以种植花，最多可以种植 $(m + 1) / 2$ 朵花。

根据上述计算方法，计算花坛中可以种入的花的最多数量，判断是否大于或等于 $n$ 即可。具体做法如下。

维护 $prev\textit{prev}$ 表示上一朵已经种植的花的下标位置，初始时 $prev=−1\textit{prev}=-1$ ，表示尚未遇到任何已经种植的花。
从左往右遍历数组 $flowerbed\textit{flowerbed}$ ，当遇到 $flowerbed[i]=1\textit{flowerbed}[i]=1$ 时根据 $prev\textit{prev}$ 和 $i$ 的值计算上一个区间内可以种植花的最多数量，然后令 $prev=i\textit{prev}=i$ ，继续遍历数组 $flowerbed\textit{flowerbed}$ 剩下的元素。
遍历数组 $flowerbed\textit{flowerbed}$ 结束后，根据数组 $prev\textit{prev}$ 和长度 $m$ 的值计算最后一个区间内可以种植花的最多数量。
判断整个花坛内可以种入的花的最多数量是否大于或等于 $n$ 。

由于只需要判断能否在不打破种植规则的情况下在花坛内种入 $n$ 朵花，不需要具体知道最多可以在花坛内种入多少朵花，因此可以在循环内进行优化，当可以种入的花的数量已经达到 $n$ ，则可以直接返回 $true\text{true}$ ，不需要继续计算数组剩下的部分。

代码实现

我的：

class Solution {
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
        if(n == 0) return true;
        int size = flowerbed.size();
        int m = 0;
        int lastflower = -2;    // 为了处理 [0] 1 的特殊情况
        for(int i = 0 ; i < size; i++){
            if(flowerbed[i] == 1){
                if(lastflower == -1) m += i/2;  // (i-0)/2
                else m += (i-lastflower-2) > 0? (i-lastflower-2)/2: 0;
                if(m >= n) return true;
                lastflower = i;
                i++;    // 跳过旁边的0
            }else if(i == size-1){
                // 特殊情况即 [0,1,0,0,0]
                // 为了处理 [0] 1 的特殊情况，令 lastflower = -2
                m += (i-lastflower)/2;
                if(m >= n) return true;
            }
        }
        return false;
    }
};

网友一个很巧妙的思路：
只判断后面的位置有没有种花就够了。这利用 1 相邻的两边之后必然是0，和处于末尾的特性。
因为如果 flowerbed[i]==1 的时候，它 i++ 了，循环一次后也会 i++，相当于 i 跳了两步，所以就不用判断前面的。

class Solution {
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
        int size = flowerbed.size();
        for(int i = 0; i < size; ++i){
            if(flowerbed[i] == 0 && (i+1 == size || flowerbed[i+1] == 0)){
                n--;
                i++;
            }else if(flowerbed[i] == 1) i++;
            if(n <= 0) return true; // 小于0是为了避免n初始为0的情况 
        }
        return false;
    }
};

// 下面这个是我写的
class Solution {
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
        int size = flowerbed.size();
        // 假定它的左相邻为0，则只需要检测其和右边是否为0即可
        // 然后再照顾一下末尾的特殊情况即可
        for(int i = 0; i < size; i++){
            if(flowerbed[i] == 1) i++;  // 跳转到相邻0的下一位，就可以确保下次检查的位置的左边为0
            else if(((i == size-1 && flowerbed[i] == 0)) || (flowerbed[i] == flowerbed[i+1])){
                i++;
                n--;
            }
            if(n <= 0) return true;
        }
        return false;
    }
};