Leetcode Gas-station

本文探讨了环形加油站问题的解决思路与算法实现。通过分析加油站的汽油供给与消耗,提出了有效的解决方案,确保车辆能够绕环一周而不致于中途耗尽燃油。文中详细解释了为何在特定条件下,某些起始点无法作为旅程的起点,并提供了两种不同的代码实现方案。

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题意

有n个加油站围成环,i点有gas[i]升汽油,i点开到i + 1点需要cost[i]升汽油,求是否有一个点,从这点开始可以绕n个点一周。注意,过程中汽油储备不可以为负。

思路

设现在的开始点为l,下一个要到的点为r,如果现在汽油储备为非负,就能继续往前走,否则将开始点往后移。

为什么是将开始点往后移,即,为什么区间[l, r]中的任意一个点都不能作为开始点?

对于一段区间[l, r],对于任意[l, j](l <= j < r),区间的汽油储备一定是正的,否则也不会走到r点。如果将开始点往前移,一定会减少汽油储备。通俗地说,将开始点往后移是为了增加汽油储备。

代码1

int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
	int n = gas.size();
	gas.insert(gas.end(), gas.begin(), gas.end());
	cost.insert(cost.end(), cost.begin(), cost.end());
	int l = n - 1, r = n;
	int sum = gas[l] - cost[l];
	int ans = -1;
	while(r - l < n){
		if(sum >= 0){
			sum += gas[r] - cost[r];
			r++;
		}
		else{
			l--;
			sum += gas[l] - cost[l];
		}
	}
	if(sum < 0) return -1;
	else return l;
}

还有一种对环的巧妙处理,可以学习一下,将r设置为0,l设置为size - 1,在r++、l--的过程中就形成了一个环。

代码2

int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
    int l = gas.size() - 1, r = 0;
    int Gas = gas[l] - cost[l];
    while(l > r){
        if(Gas >= 0){
            Gas += gas[r] - cost[r];
            r++;
        }
        else{
            l--;
            Gas += gas[l] - cost[l];
        }
    }
    if(Gas >= 0) return l;
    else return -1;
}
### LeetCode 加油站问题 C++ 实现解释与优化 #### 问题背景 加油站问题是经典的贪心算法应用之一。其核心目标是从一系列加油站中找出一个可以作为起点的位置,使得车辆能够沿着环形路径完成一圈行驶而不会中途耗尽燃料。如果无法找到这样的位置,则返回 `-1` 表示无解。 --- #### 算法逻辑分析 此问题的核心思想基于两个条件判断: 1. 如果总加油量减去总消耗量的结果为负数,则无论从哪个站点出发都不可能完成整个循环。 2. 若总加油量大于等于总消耗量,则必然存在至少一个起始点满足条件。通过遍历数组记录当前剩余油量的变化趋势即可定位到合适的起始点[^3]。 具体实现上采用单次扫描的方式,在过程中维护三个变量: - `total_tank`: 记录全局累计的净增油量; - `current_tank`: 跟踪当前位置之前的累积净增油量; - `starting_station`: 当前假设的最优出发点索引。 当某一站点处发现 `current_tank < 0` 的情况时,说明之前选定的任何一点都不能成为有效起点,因此需重置 `current_tank=0` 并更新新的潜在起点至下一站。 --- #### C++ 实现代码 下面是完整的 C++ 实现版本: ```cpp #include <vector> using namespace std; class Solution { public: int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) { int total_tank = 0; // 总油箱状态 int current_tank = 0; // 当前局部油箱状态 int starting_station = 0; // 候选起点 for (int i = 0; i < gas.size(); ++i) { total_tank += gas[i] - cost[i]; current_tank += gas[i] - cost[i]; if (current_tank < 0) { // 遇到不可达的情况 starting_station = i + 1; current_tank = 0; } } return total_tank >= 0 ? starting_station : -1; } }; ``` 上述代码实现了 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度的要求,其中 n 是输入数组长度。 --- #### 关键点解析 1. **为什么可以通过一次遍历来解决问题?** 这是因为一旦某个节点之后的所有子序列都保持非负差值(即加油量不低于花费),则这些部分都可以被安全跳过而不影响最终结果判定。 2. **如何处理边界条件?** 边界条件主要体现在两方面:一是所有站点均不构成闭环;二是某些特殊情况下只有一个或少数几个站点参与计算。程序设计已充分考虑这两种极端情形下的行为表现。 3. **时间与空间效率考量:** 整体流程仅涉及单一线性迭代操作,无需额外存储结构支持辅助运算,故具备较高执行效能。 --- #### 可能存在的改进方向 尽管现有方案已经非常高效,但仍可以从以下几个角度进一步探索可能性: - 对于大规模数据集引入并行化机制加速处理速度; - 结合动态规划方法提供更灵活多样的求解策略以应对不同变种需求。 ---
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