Leetcode刷题-过桥的时间（Java）

过桥的时间

共有 k 位工人计划将 n 个箱子从旧仓库移动到新仓库。给你两个整数 n 和 k，以及一个二维整数数组 time ，数组的大小为 k x 4 ，其中 time[i] = [leftToRighti, pickOldi, rightToLefti, putNewi] 。

一条河将两座仓库分隔，只能通过一座桥通行。旧仓库位于河的右岸，新仓库在河的左岸。开始时，所有 k 位工人都在桥的左侧等待。为了移动这些箱子，第 i 位工人（下标从 0 开始）可以：

• 从左岸（新仓库）跨过桥到右岸（旧仓库），用时 leftToRighti 分钟。

• 从旧仓库选择一个箱子，并返回到桥边，用时 pickOldi 分钟。不同工人可以同时搬起所选的箱子。

• 从右岸（旧仓库）跨过桥到左岸（新仓库），用时 rightToLefti 分钟。

• 将箱子放入新仓库，并返回到桥边，用时 putNewi 分钟。不同工人可以同时放下所选的箱子。

如果满足下面任一条件，则认为工人 i 的 效率低于 工人 j ：

• leftToRighti + rightToLefti > leftToRightj + rightToLeftj

• leftToRighti + rightToLefti == leftToRightj + rightToLeftj 且 i > j

工人通过桥时需要遵循以下规则：

• 如果工人 x 到达桥边时，工人 y 正在过桥，那么工人 x 需要在桥边等待。

• 如果没有正在过桥的工人，那么在桥右边等待的工人可以先过桥。如果同时有多个工人在右边等待，那么 效率最低 的工人会先过桥。

• 如果没有正在过桥的工人，且桥右边也没有在等待的工人，同时旧仓库还剩下至少一个箱子需要搬运，此时在桥左边的工人可以过桥。如果同时有多个工人在左边等待，那么 效率最低 的工人会先过桥。

所有 n 个盒子都需要放入新仓库，请你返回最后一个搬运箱子的工人 到达河左岸 的时间。

示例 1：

输入：n = 1, k = 3, time = [[1,1,2,1],[1,1,3,1],[1,1,4,1]]
输出：6
解释：
从 0 到 1 ：工人 2 从左岸过桥到达右岸。
从 1 到 2 ：工人 2 从旧仓库搬起一个箱子。
从 2 到 6 ：工人 2 从右岸过桥到达左岸。
从 6 到 7 ：工人 2 将箱子放入新仓库。
整个过程在 7 分钟后结束。因为问题关注的是最后一个工人到达左岸的时间，所以返回 6 。

示例 2：

输入：n = 3, k = 2, time = [[1,9,1,8],[10,10,10,10]]
输出：50
解释：
从 0 到 10 ：工人 1 从左岸过桥到达右岸。
从 10 到 20 ：工人 1 从旧仓库搬起一个箱子。
从 10 到 11 ：工人 0 从左岸过桥到达右岸。
从 11 到 20 ：工人 0 从旧仓库搬起一个箱子。
从 20 到 30 ：工人 1 从右岸过桥到达左岸。
从 30 到 40 ：工人 1 将箱子放入新仓库。
从 30 到 31 ：工人 0 从右岸过桥到达左岸。
从 31 到 39 ：工人 0 将箱子放入新仓库。
从 39 到 40 ：工人 0 从左岸过桥到达右岸。
从 40 到 49 ：工人 0 从旧仓库搬起一个箱子。
从 49 到 50 ：工人 0 从右岸过桥到达左岸。
从 50 到 58 ：工人 0 将箱子放入新仓库。
整个过程在 58 分钟后结束。因为问题关注的是最后一个工人到达左岸的时间，所以返回 50 。

提示：

• 1 <= n, k <= 104

• time.length == k

• time[i].length == 4

• 1 <= leftToRighti, pickOldi, rightToLefti, putNewi <= 1000

题解

原文链接：力扣

方法：优先队列

思路与算法

在本题中，工人共有4种状态：

1. 在左侧等待

2. 在右侧等待

3. 在左侧工作（放下所选箱子）

4. 在右侧工作（搬起所选箱子）

每一种工作状态都有相应的优先级计算方法，因此我们用4个优先队列来存放处于每种状态下的工人集合：

1. 在左侧等待的工人：wait_left，题目中定义的效率越高，优先级越高。

2. 在右侧等待的工人：wait_right，题目中定义的效率越高，优先级越高。

3. 在左侧工作的工人：work_left，完成时间越早，优先级越高。

4. 在右侧工作的工人：work_right，完成时间越早，优先级越高。

我们令remain表示右侧还有多少个箱子需要搬运，当 remain>0 时，搬运工作需要继续。除此之外，题目求解的是最后一个回到左边的工人的到达时间，因此当右侧还有工人在等待或在工作时（即work_right或wait_right不为空），搬运工作就需要继续：

1. 若 work_left 或 work_right 中的工人在此刻已经完成工作，则需要将它们取出并分别加入到 wait_left 和 wait_right 中。

2. 若 wait_right 不为空，则取其中优先级最低的工人过桥，将其加入到 work_left 队列中，并将时间更改为过桥后的时间。继续下一轮循环。

3. 若 remain>0 ，并且 wait_left 不为空，则需要取优先级最低的工人过桥去取箱子，将其加入到 work_right 队列中，令 remain 减 11，并将时间更改为过桥后的时间。继续下一轮循环。

4. 若 22 和 33 都不满足，表示当前没有人需要过桥，当前时间应该过渡到 work_left 和 work_right 中的最早完成时间。然后继续下一轮循环。

按照上述过程模拟，直到循环条件不再满足。

class Solution {
    public int findCrossingTime(int n, int k, int[][] time) {
        // 定义等待中的工人优先级比较规则，时间总和越高，效率越低，优先级越低，越优先被取出
        PriorityQueue<Integer> waitLeft = new PriorityQueue<Integer>((x, y) -> {
            int timeX = time[x][0] + time[x][2];
            int timeY = time[y][0] + time[y][2];
            return timeX != timeY ? timeY - timeX : y - x;
        });
        PriorityQueue<Integer> waitRight = new PriorityQueue<Integer>((x, y) -> {
            int timeX = time[x][0] + time[x][2];
            int timeY = time[y][0] + time[y][2];
            return timeX != timeY ? timeY - timeX : y - x;
        });
​
        PriorityQueue<int[]> workLeft = new PriorityQueue<int[]>((x, y) -> {
            if (x[0] != y[0]) {
                return x[0] - y[0];
            } else {
                return x[1] - y[1];
            }
        });
        PriorityQueue<int[]> workRight = new PriorityQueue<int[]>((x, y) -> {
            if (x[0] != y[0]) {
                return x[0] - y[0];
            } else {
                return x[1] - y[1];
            }
        });
​
        int remain = n, curTime = 0;
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            waitLeft.offer(i);
        }
        while (remain > 0 || !workRight.isEmpty() || !waitRight.isEmpty()) {
            // 1. 若 workLeft 或 workRight 中的工人完成工作，则将他们取出，并分别放置到 waitLeft 和 waitRight 中。
            while (!workLeft.isEmpty() && workLeft.peek()[0] <= curTime) {
                waitLeft.offer(workLeft.poll()[1]);
            }
            while (!workRight.isEmpty() && workRight.peek()[0] <= curTime) {
                waitRight.offer(workRight.poll()[1]);
            }
​
            if (!waitRight.isEmpty()) {
                // 2. 若右侧有工人在等待，则取出优先级最低的工人并过桥
                int id = waitRight.poll();
                curTime += time[id][2];
                workLeft.offer(new int[]{curTime + time[id][3], id});
            } else if (remain > 0 && !waitLeft.isEmpty()) {
                // 3. 若右侧还有箱子，并且左侧有工人在等待，则取出优先级最低的工人并过桥
                int id = waitLeft.poll();
                curTime += time[id][0];
                workRight.offer(new int[]{curTime + time[id][1], id});
                remain--;
            } else {
                // 4. 否则，没有人需要过桥，时间过渡到 workLeft 和 workRight 中的最早完成时间
                int nextTime = Integer.MAX_VALUE;
                if (!workLeft.isEmpty()) {
                    nextTime = Math.min(nextTime, workLeft.peek()[0]);
                }
                if (!workRight.isEmpty()) {
                    nextTime = Math.min(nextTime, workRight.peek()[0]);
                }
                if (nextTime != Integer.MAX_VALUE) {
                    curTime = Math.max(nextTime, curTime);
                }
            }
        }
        return curTime;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(nlogk)，其中 n 为箱子的个数，k 为工人的个数。过程中每个队列最多会进出元素 n 次，每次进出的时间复杂度为 O(logk)，因此总的时间复杂度为 O(nlogk)。

• 空间复杂度：O(k)。过程中每个优先队列最多会包含 k 个元素，因此总的空间复杂度为 O(k)。