LeetCode 小水题选做（更新中）
LeetCode 小水题选做
4. 寻找两个正序数组的中位数
题目大意：
给定两个排好序的数组 \(a, b\)，长度分别为 \(n, m\)。设 \(c\) 为把 \(a\)、\(b\) 合并后再排好序的数组，求 \(c\) 的中位数。要求时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log(n + m))\)（不计输入）。
一、初步转化：如何避免关于中位数的繁杂分类讨论
首先，根据 \(n + m\) 的奇偶性不同，中位数的定义略有不同。考虑将所有 \(n + m\) 个数放在一起，排好序，记为数列 \(c\)。则当 \(n + m\) 为奇数时，中位数是 \(c\) 里第 \(\lfloor\frac{n + m}{2}\rfloor + 1\) 个数；当 \(n + m\) 为偶数时，中位数是 \(c\) 里第 \(\frac{n + m}{2}\) 个数和第 \(\frac{n + m}{2} + 1\) 个数的平均数。如果我们能实现一个函数，传入 \(k\)，返回 \(c\) 中第 \(k\) 个数，那么原问题自然也就迎刃而解了。
至此，我们把原问题转化为：
给出数列 \(a, b\) 和数字 \(k\)，要求在 \(\mathcal{O}(\log(n + m))\) 时间里求出 \(c\) 中第 \(k\) 个数。
于是我们成功避免了关于中位数的繁杂分类讨论。接下来考虑转化后的问题。
二、一些不成熟的想法（想看正解可以跳过本节）
第一想法是先把两个数组归并排序，但是这样做时间复杂度至少为 \(\mathcal{O}(n + m)\)。
另一想法是二分：不妨假设答案在 \(a\) 中，那么我们在 \(a\) 里二分答案。在 \(\text{check}\) 时，我们要求出当前的 \(a_{\text{mid}}\) 在 \(c\) 里排第几，也就是说 \(a\) 和 \(b\) 中一共有多少个比 \(a_{\text{mid}}\) 小的数。\(a\) 里显然有 \(\text{mid} - 1\) 个，而求 \(b\) 里有多少个，则需要在 \(b\) 里再次二分（或者用 \(\texttt{C++}\) 自带的 lower_bound，时间复杂度是一样的）。于是，两次二分套起来，总时间复杂度是 \(\mathcal{O}(\log^2(n + m))\)，仍不能令人满意。
三、真正解法
\(c\) 里的数要么来自 \(a\)，要么来自 \(b\)。考虑 \(c\) 的前 \(k\) 个数中，有多少个数来自 \(a\)，记为 \(x\)。则有 \(k - x\) 个数来自 \(b\)。那么，必定有：\(\max(a_x, b_{k - x}) \leq \min(a_{x + 1}, b_{k - x + 1})\)，因为 \(c\) 前 \(k\) 个数中任意一个，一定小于等于后 \(n + m - k\) 中任意一个（注：此处默认在 \(a, b\) 的最前面、最后面分别塞一个 \(-\infty, +\infty\)，这样可以避免类似 \(x = 0\) 或 \(x = n\) 的这种尴尬的边界情况）。
另外，如果知道了 \(x\)，显然也就知道了我们要求的 \(c\) 中第 \(k\) 个数（它就是 \(\max(a_x, b_{k - x})\)）。
怎么求 \(x\) 呢？我们先随便猜一个值 \(x'\)。那么：
- 若 \(x' = x\)，根据刚才的讨论，有：\(\max(a_x, b_{k - x}) \leq \min(a_{x + 1}, b_{k - x + 1})\)。
- 若 \(x' < x\)，相当于前 \(k\) 个数里来自 \(a\) 的太少了，来自 \(b\) 的太多了，所以 \(a_{x'}\) 太小，而 \(b_{k - x'}\) 太大。应该从后 \(n + m - k\) 个数里把一些来自 \(a\) 的数拿到前面来，替换掉前 \(k\) 个数里来自 \(b\) 的数。因此，此时有：\(b_{k - x'} > a_{x' + 1}\)。
- 若 \(x' > x\)，与上一条同理：前 \(k\) 个数里来自 \(a\) 的太多了，来自 \(b\) 的太少了，所以 \(a_{x'}\) 太大，而 \(b_{k - x'}\) 太小。应该从后 \(n + m - k\) 个数里把一些来自 \(b\) 的数拿到前面来，替换掉前 \(k\) 个数里来自 \(a\) 的数。因此，此时有：\(a_{x'} > b_{k - x' + 1}\)。
想明白这些以后，我们发现，只要我们随便猜一个 \(x'\)，就能 \(\mathcal{O}(1)\) 判断出它是大了还是小了。于是可以二分 \(x'\)。至此，我们在 \(\mathcal{O}(\log(n + m))\) 的时间复杂度内解决了本题。
一个需要注意的细节是，可能的 \(x\) 的范围是 \([0, k] \cap [k - m, n] = [\max(0, k - m), \min(k, n)]\)。二分开始前这样设置好范围，就可以避免下标越界的问题。
参考代码：
class Solution {
public:
const int INF = 1e6 + 5;
int n, m;
double find(vector<int>& a, vector<int>& b, int K) {
int l = max(0, K - m), r = min(n, K);
// 前 K 个里有多少个来自 a
while (l <= r) {
int from_a = (l + r) >> 1; // mid
int from_b = K - from_a;
assert(from_b >= 0);
assert(from_b <= m);
int la, lb, ra, rb;
if (from_a == 0) la = -INF;
else la = a[from_a - 1];
if (from_b == 0) lb = -INF;
else lb = b[from_b - 1];
if (from_a == n) ra = INF;
else ra = a[from_a];
if (from_b == m) rb = INF;
else rb = b[from_b];
if (max(la, lb) <= min(ra, rb)) {
return max(la, lb);
} else {
if (la > rb) {
r = from_a - 1;
} else {
assert(lb > ra);
l = from_a + 1;
}
}
}
assert(0);
}
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
n = nums1.size();
m = nums2.size();
if ((n + m) & 1) {
return find(nums1, nums2, (n + m) / 2 + 1);
} else {
double x = find(nums1, nums2, (n + m) / 2);
double y = find(nums1, nums2, (n + m) / 2 + 1);
return (x + y) / 2.0;
}
}
};
11. 盛最多水的容器
题目大意：
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(h\)，求 \(\max_{1\leq j< i\leq n}\{(i - j)\cdot \min\{h_i, h_j\}\}\)。
数据范围：\(2\leq n\leq 10^5\)，\(0\leq h_i\leq 10^4\)。
解法：
不妨假设左端点的 \(h\) 值大于等于右端点的，即 \(h_j\geq h_i\) (\(j< i\))。然后再把数组翻转，用同样的方法再做一遍，就能涵盖所有情况了。
枚举右端点 \(i\)。我们只考虑 \(i\) 左边的、\(h_j\geq h_i\) 的 \(j\)。显然，在这些 \(j\) 里，最小的 \(j\) 是最优的（与 \(h_j\) 具体是几无关，因为取 \(\min\) 后对式子产生贡献的是 \(h_i\)，而不是 \(h_j\)）。
于是，问题转化为：每次给定一个数 \(x\)（其实就是 \(h_i\)），求序列里第一个满足 \(h_j\geq x\) 的数的位置。一个显然的想法是二分，然后用线段树求区间最大值，看是否大于等于 \(x\)。这样做总时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)。可以优化为线段树上二分，或者二分后用 RMQ 算法求区间最大值，总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。还有一种更简便的做法：将序列里所有数取出来，按数值从小到大排序，然后将它们依次放回序列中（放到原位置），假设当前放回的数是 \(h_i\)，那么我们要求的实际上是数列里的第一个空位置。可以用一个“指针”维护：用 \(\texttt{while}\) 循环，只要位置不为空就把“指针”暴力往右移，这样总移动次数是 \(\mathcal{O}(n)\) 的。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，瓶颈是排序。
时间复杂度可以继续优化到线性。我们现在从右向左依次枚举 \(h_i\)，考虑如果让 \(j\) 单调不降会怎么样。也就是说，原来我们对 \(j\) 的定义是 \(j = \min\{j \mid h_j \geq h_i\}\)。现在假设 \(i + 1\) 对应的“\(j\)”是 \(j'\)，那么我们将 \(j\) 的定义修改为：\(j = \min\{j \mid j\geq j' \text{ and } h_j\geq h_i\}\)。此时我们面临的问题是：如果 \(h_i < h_{i + 1}\)，我们可能会漏掉一个 \(j < j'\)，它满足 \(h_i\leq h_j < h_{i + 1}\)。但是这样的一组 \((j, i)\) 真的会成为最优答案吗？并不会！因为 \((j, i + 1)\) 必然优于 \((j, i)\)，所以这样的 \((j, i)\) 根本不需要考虑。于是，由于 \(j\) 单调不降，最多只会把整个数组扫一遍，总时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(n)\) 的了。
参考代码：
class Solution {
public:
int maxArea(vector<int>& height) {
int n = height.size();
int ans = 0;
for (int i = 0, j = n - 1; i < n; ++i) {
while (height[j] < height[i])
--j;
ans = max(ans, (j - i) * height[i]);
if (i == j)
break;
}
for (int i = n - 1, j = 0; i >= 0; --i) {
while (height[j] < height[i])
++j;
ans = max(ans, (i - j) * height[i]);
if (i == j)
break;
}
return ans;
}
};
41. 缺失的第一个正数
题目大意：
给你一个长度为 \(n\) 的、未排序的整数数组 \(a\)，请你找出其中没有出现的最小的正整数。
请你实现时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\) 并且只使用常数级别额外空间的解决方案。
一个提示：
可以修改原数组。
方法一：
首先，一个观察是：答案只可能在 \([1, n + 1]\) 中。比方说，如果答案为 \(n + 2\)，那么需要 \(1,2,\dots n + 1\) 这 \(n + 1\) 个数全都出现过，而数组里只有 \(n\) 个数，故答案不可能为 \(n + 2\)。
于是可以有一个时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)，但是需要 \(\mathcal{O}(n)\) 额外空间的做法：开一个大小为 \(n\) 的 \(\texttt{bool}\) 型数组 \(b_{1\dots n}\)。对于每个 \(a_i\)，若 \(a_i\in [1, n]\)，就令 \(b_{a_i} = 1\)。最后从 \(1\) 到 \(n\) 遍历 \(b\)，遇到的第一个 \(b_j = 0\) 的位置 \(j\) 就是答案（如果所有 \(b_j\) 都是 \(1\)，答案就是 \(n + 1\)）。
进一步优化，注意到在上述做法中，所有 \(a_i\notin [1, n]\) 的 \(a_i\)，它具体是几，其实不重要。不妨令这些 \(a_i\) 都为 \(0\)。那么 \(a\) 数组里的数值范围就只有 \([0, n]\)。但是，\(a\) 可是一个 \(\texttt{int}\) 类型的数组啊！这岂不是大大的浪费？于是想到，可以用 \(a_i\) 的前 \(19\) 个二进制位来存储原本要存的数（\(2^{19} - 1 = 524287 > n\)，足够存储）；第 \(20\) 个二进制位，把它当成 \(b_i\) 去使用。前 \(19\) 个二进制位和第 \(20\) 个二进制位互不影响，完全就和开两个数组效果一样。然后沿用之前的做法即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)，额外空间复杂度 \(\mathcal{O}(1)\)。
参考代码（方法一）：
class Solution {
public:
int n;
int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {
n = nums.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (nums[i] <= 0 || nums[i] > n) {
nums[i] = 0;
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int x = nums[i] & ((1 << 19) - 1);
if (x) {
assert(x <= n);
nums[x - 1] |= (1 << 19);
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if ((nums[i - 1] >> 19) == 0) {
return i;
}
}
return n + 1;
}
};
方法二：
我们考虑将 \(a\) 数组“恢复”成下面的形式：
如果数组中包含 \(x \in [1, n]\)，那么恢复后，数组的第 \(x\) 个元素为 \(x\)。（此处认为下标从 \(1\) 开始）
形式化地说，设恢复后的数组为 \(a'\)。那么 \(\{a'_i\} = \{a_i\}\)（这里是可重集），并且对于所有 \(x\in[1, n]\) 且 \(\exist i\) 使得 \(a_i = x\) 的 \(x\)，有 \(a'_x = x\)。
在恢复后，数组应当为 \(1, 2, \dots, n\) 的形式，但其中有若干个位置上的数是错误的，每一个错误的位置就代表了一个缺失的正数。
如何恢复？考虑依次遍历所有位置。假设当前遍历到 \(a_i\)。记 \(a_i = x\)。
- 若 \(x\notin[1, n]\)，直接跳过不管，继续遍历。
- 若 \(x\in [1, n]\)，我们需要把它放到 \(a_x\) 的位置上。考虑 \(a_x\) 位置上现在的数。
- 如果 \(a_x\) 已经等于 \(x\)，那么说明数组里原本就有多个 \(x\)，\(x\) 已经被恢复好了，而当前的 \(a_i\) 是多余的，我们跳过不管，继续遍历。
- 如果 \(a_x \neq x\)，我们 \(\text{swap}(a_i, a_x)\)。这样就把 \(x\) 放到 \(a_x\) 上了。不过现在 \(a_i\) 上又多了一个新的数。令 \(x\) 等于新的 \(a_i\)，我们重复上述操作，直到 \(x\notin[1,n]\) 或者 \(a_x = x\)。
因为每次交换都会使得一个数回到正确的位置，而已经回到正确位置上的数不会再移动，所以总交换次数最多为 \(\mathcal{O}(n)\)。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)，额外空间复杂度 \(\mathcal{O}(1)\)。
参考代码（方法二）：
class Solution {
public:
int n;
int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {
n = nums.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
while (nums[i] >= 1 && nums[i] <= n) {
int x = nums[i];
if (nums[x - 1] == x) {
break;
}
swap(nums[x - 1], nums[i]);
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (nums[i] != i + 1) {
return i + 1;
}
}
return n + 1;
}
};
328. 奇偶链表
这题本身很简单，我是想借这题讲一点链表操作中的小技巧。平时在 OI 中我很少使用这种用指针实现的“真正的链表”，所以对它不是很熟悉。
- 链表题往往让你返回链表的首元素地址。而你操作完之后手上拿着的往往是最后一个元素的地址。所以在一开始要把首元素地址备份一下。
- 要新建节点时，可以选择“把数值填写到当前节点上，再新建一个空白节点”，或者“先新建一个节点，把数值填写到新节点上”。这有点类似于 OI 里输出一个序列时，
cout << a[i] << " ";还是cout << " " << a[i];。在链表题中，我推荐使用后一种做法。因为无论哪种做法，最后都涉及到多出来一个节点，要删掉，前一种做法多出来的是尾节点，后一种做法多出来的是首节点。要删除首节点是很容易的，令首节点 = 首节点 -> next即可；而要删除尾节点就比较麻烦了，因为我们不知道倒数第二个节点是谁，需要用一个last记录。
参考代码：
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
* ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
* ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode* oddEvenList(ListNode* head) {
ListNode* a = new ListNode;
ListNode* b = new ListNode;
ListNode* heada = a;
ListNode* headb = b;
int x = 1;
while (head != NULL) {
if (x & 1) {
a -> next = new ListNode;
a = a -> next;
a -> val = head -> val;
} else {
b -> next = new ListNode;
b = b -> next;
b -> val = head -> val;
}
head = head -> next;
++x;
}
b -> next = NULL;
a -> next = headb -> next;
return heada -> next;
}
};
2183. 统计可以被 K 整除的下标对数目
题目大意：
给定一个长度为 \(n\) 的正整数数组 \(a\) 和一个正整数 \(k\)。求有多少对下标 \((i, j)\) 满足 \(1\leq i < j\leq n\) 且 \((a_i\times a_j) \bmod k = 0\)。
数据范围：\(1\leq n, k, a_i\leq 10^5\)。（注：实测 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\) 做法会超时）。
解法：
首先，可以令 \(a_i \leftarrow \gcd(a_i, k)\)，不会影响答案。
设 \(b_i = \frac{k}{a_i}\)。问题转化为，对每个 \(i\)，求有多少 \(j < i\) 满足 \(a_j\) 是 \(b_i\) 的倍数。
不妨先忽略 \(j < i\) 这个要求（即 \(j\) 可以是 \([1, n]\) 中任意数），设此时求出的答案为 \(\text{ans}'\)。此时，每对合法的下标会被算两次（也就是 \((i, j)\) 和 \((j, i)\)），此外 \((i, i)\) 的情况也会被算到。所以，设真正的答案为 \(\text{ans}\)，则 \(\text{ans'} = \text{ans}\cdot 2+\sum_{i = 1}^{n}[a_i^2\bmod k = 0]\)。我们求出 \(\text{ans}'\) 就能推出 \(\text{ans}\)。
考虑如何求 \(\text{ans}'\)。因为数值 \(k, a_i\) 的范围不大，我们可以预处理出一个数组 \(g\)，满足 \(g_x = \sum_{i = 1}^{n}[a_i\bmod x = 0]\)，也就是整个 \(a\) 中有多少数是 \(x\) 的倍数。再枚举 \(i\)，每次把 \(g_{b_i}\) 累加到 \(\text{ans}'\) 里即可。
如何预处理 \(g\)？先弄一个数组 \(f\)，满足 \(f_y = \sum_{i = 1}^{n}[a_i = y]\)，也就是数值 \(y\) 在 \(a\) 中出现了多少次。再对每个 \(x\)，暴力枚举 \(x\) 的所有倍数 \(y\)，把 \(f_y\) 累加到 \(g_x\) 里。这样做的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(\sum_{i = 1}^{n} \frac{n}{i}) = \mathcal{O}(n\log n)\)。
其他部分都是线性的，所以整个算法的时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。
参考代码：
class Solution {
public:
typedef long long ll;
static const int MAXN = 1e5;
int gcd(int a, int b) {
return (!b) ? a : gcd(b, a % b);
}
int n, f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];
long long coutPairs(vector<int>& a, int K) {
n = a.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a[i] = gcd(a[i], K);
f[a[i]]++;
}
for (int i = 1; i <= MAXN; ++i) {
for (int j = i; j <= MAXN; j += i) {
g[i] += f[j];
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ans += g[K / a[i]];
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ans -= ((ll)a[i] * a[i] % K == 0);
}
assert(ans % 2 == 0);
ans /= 2;
return ans;
}
};
2386. Find the K-Sum of an Array
题目大意：
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(\text{nums}\) 和一个正整数 \(k\)，求 \(\text{nums}\) 中第 \(k\) 大的子序列元素和。
数据范围：\(1\leq n\leq 10^5\)，\(-10^9 \leq \text{nums}_i\leq 10^9\)，\(1\leq k\leq \min(2000, 2^n)\)。
解法：
首先，选子序列等价于选子集。因此数组中的元素顺序无关紧要，我们可以将数组随意排序。
数组中可能既有负数，又有正数，这让我们比较头疼。考虑最大的子序列元素和，一定是把所有正数都选上，所有负数都不选。记这个和为 \(\text{base}\)。那么其他所有子序列元素和，都可以看做在 \(\text{base}\) 的基础上做修改。具体来说，要么是在 \(\text{base}\) 的基础上放弃一些正数，即减去一些正数的值，要么是在 \(\text{base}\) 的基础上再选一些负数，即加上一些负数的值。为了把“减正数”和“加负数”统一，我们将数组里所有正数改成它的相反数。那么现在数组里所有元素就都变成了正数，而子序列元素和就可以看做是在 \(\text{base}\) 的基础上，减去数组里一个子集的和。问题转化为，对一个全是正数的数组，求其第 \(k\) 小的子集和。
我们考虑用堆来求。当然，总共有 \(2^n\) 个子集，肯定不能一开始就全放入堆里。在任意时刻，堆里只能存放一部分方案。我们希望在第 \(t\) (\(1\leq t\leq k\)) 次弹出堆顶时，弹出的恰好是第 \(t\) 优的方案（也就是第 \(t\) 小的子集和）。这本质上是要求，我们要设计出一种入堆的顺序，使得对于每个尚未入堆的方案，堆里至少存在一个比它更优的方案。这样就不会出现，应该弹出第 \(t\) 优的方案，而第 \(t\) 优的方案还未被放入堆中的情况。
我们的设计是：先将 \(\text{nums}\) 数组（现在全是正数）从小到大排序。最优的方案肯定是空集，它比较特殊，我们不管它。第二优的方案肯定是只选第一个数，我们将该方案加入堆中。在接下来的 \(k - 1\) 个时刻，我们每次从堆中弹出最优的方案。设该方案子集和为 \(s\)。考虑该方案里所选的，最大的数，设它是 \(\text{nums}_i\)。我们将两种新方案放入堆中：\(s + \text{nums}_{i + 1}\)（也就是选上第 \(i + 1\) 个数）和 \(s - \text{nums}_i + \text{nums}_{i + 1}\)（也就是把第 \(i\) 个数换成第 \(i + 1\) 个数）。为什么这样是对的？因为在集合里其他元素不变的情况下，选 \(\text{nums}_i\) 一定比选 \(\text{nums}_{i + 1}\) 更优，所以在 \(s - \text{nums}_i + \text{nums}_{i + 1}\) 加入之前，堆里一直存在 \(s\) 或比 \(s\) 更优的方案。此外，每个集合都会被考虑到，因为任意一个集合，都能唯一确定它是被谁生成的（也就是去掉最大元素，加上最大元素上一个元素），如此一直往前推，必定能推到最开始的集合。
综上所述，在具体实现中，我们对每个方案，只需要记录它的元素和，以及最大的元素的下标。也就是在堆里存一个 \(\texttt{pair}\) 即可。
因为堆操作只会进行 \(k\) 轮，每轮弹出一个元素，加入两个元素，堆里的元素数量是 \(\mathcal{O}(k)\) 的，所以每轮操作的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(\log k)\)，整个过程的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(k\log k)\)。因为一开始还要给 \(n\) 个数排序，所以总时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log n + k\log k)\)。
参考代码：
class Solution {
public:
long long kSum(vector<int>& nums, int k) {
long long base = 0;
for (int i = 0; i < (int)nums.size(); ++i) {
if (nums[i] > 0) {
base += nums[i];
} else {
nums[i] = -nums[i];
}
}
sort(nums.begin(), nums.end());
long long res = 0;
typedef pair<long long, int> PR;
priority_queue<PR, vector<PR>, greater<PR> > que; // 小根堆
que.push(make_pair(nums[0], 0));
for (int t = 0; t < k - 1; ++t) {
long long s = que.top().first;
int i = que.top().second;
que.pop();
if (i + 1 < (int)nums.size()) {
que.push(make_pair(s + nums[i + 1], i + 1));
que.push(make_pair(s - nums[i] + nums[i + 1], i + 1));
}
res = s;
}
return base - res;
}
};
2289. Steps to Make Array Non-decreasing
题目大意：
给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)（下标为 \(0\dots n - 1\)）。每次操作，我们会同时删去所有满足如下条件的元素：
- \(0 < i < n\) 且 \(a_{i - 1} > a_i\)
注意，每次操作都是先找出所有要删的元素，再同时删去，而不是判定一个删去一个。
我们将一直进行操作，直到数组单调不下降（即，\(\forall i > 0: a_{i - 1} \leq a_i\)）。求操作次数。
数据范围：\(1\leq n\leq 10^5\)，\(1\leq a_i\leq 10^9\)
解法：
注：本题我的做法不是最优做法，比较麻烦。官网讨论区有更简单的做法。
设 \(f_i\) 表示原数组里位置 \(i\) 上的元素，会在第几次操作中被删去。特别地，如果它永远不会被删去，则 \(f_i = \infty\)。显然，答案就是 \(\max \{f_i \ | \ f_i\neq \infty\}\)。
注意到一个性质，一个元素的 \(f_i\)，只与它前面的元素有关。所以可以从左到右，依次求 \(f_i\)。也就是在访问到 \(i\) 时，可以假设所有 \(0\leq j < i\) 的 \(f_j\) 已知。
如果元素 \(i\) 在被删去时，它前面那个比它大的元素，在原数组里位置为 \(j\)，我们就称 \(j\) 把 \(i\) 吃掉了。如果知道了 \(i\) 是被 \(j\) 吃掉的，那么 \(f_i = \max \{f_k + 1 \ |\ j < k < i\}\)。问题转化为求每个元素是被谁吃掉的。
发现 \(j\) 要吃掉 \(i\) (\(j < i\))，必须满足如下两个性质：
- \(a_j > a_i\)
- \(f_j \geq \max\{f_k + 1 \ |\ j < k < i\}\)。也就是说，\(j\) 不能在遇到 \(i\) 前自己先被吃掉。
我们发现，\(i\) 一定会被满足这两个条件的，最大的 \(j\) 吃掉。如果 \(i\) 前面没有满足这两个条件的 \(j\)，那么 \(f_i = \infty\)。
考虑如何求出满足这两个条件的，最大的 \(j\)。先考虑第一个条件。将 \(a\) 数组离散化。然后在值域上建立线段树。线段树每个叶子节点 \(p\) 存 \(a_i = p\) 的最大的 \(i\)，用线段树维护区间最大值。这样，每次查询区间 \([a_i + 1, \text{maxValue}]\) 里的最大值，就是我们想要的 \(j\)。对于第二个条件，我们发现因为我们是从左到右考虑所有 \(i\) 的，如果一个 \(j\) 在某一个 \(i\) 那里不满足第二个条件，在后面的所有 \(i\) 里也一定都不满足。所以只需要每次把不满足第二个条件的 \(j\) 全部删去（即在线段树上给 \(a_j\) 赋值为 \(-\infty\)）即可。可以用小根堆来维护，每次弹出 \(f_j\) 最小的 \(j\)，看是否满足第二个条件。
我们已经求出每个 \(i\) 对应的 \(j\)。接下来只需要查询 \([j + 1, i - 1]\) 区间里 \(f_k\) 的最大值即可。可以再用另一棵线段树维护 \(f\) 数组，操作和前面一样，都是需要支持单点修改、查询区间最大值。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。
参考代码：
class Solution {
public:
static const int INF = 1e9;
struct SegmentTree {
vector<int> mx;
void init(int n) {
mx.resize(n * 4 + 5);
}
void push_up(int p) {
mx[p] = max(mx[p << 1], mx[p << 1 | 1]);
}
void build(int p, int l, int r) {
if (l == r) {
mx[p] = -INF;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
push_up(p);
}
void modify(int p, int l, int r, int pos, int val) {
if (l == r) {
mx[p] = val;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid) {
modify(p << 1, l, mid, pos, val);
} else {
modify(p << 1 | 1, mid + 1, r, pos, val);
}
push_up(p);
}
int query(int p, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && qr >= r) {
return mx[p];
}
int mid = (l + r) >> 1;
int res = -INF;
if (ql <= mid) {
res = query(p << 1, l, mid, ql, qr);
}
if (qr > mid) {
res = max(res, query(p << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
}
return res;
}
SegmentTree() {}
} Tj, Tf;
int totalSteps(vector<int>& a) {
int n = a.size();
// discretization
vector<int> vals;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
vals.push_back(a[i]);
}
sort(vals.begin(), vals.end());
vals.erase(unique(vals.begin(), vals.end()), vals.end());
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a[i] = lower_bound(vals.begin(), vals.end(), a[i]) - vals.begin();
}
int m = vals.size();
Tj.init(m);
Tj.build(1, 0, m - 1);
Tf.init(n);
Tf.build(1, 0, n - 1);
vector<int> f(n);
int ans = 0;
priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int> >, greater<pair<int, int> > > pque; // min heap
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int killer = -INF;
if (a[i] != m - 1) {
killer = Tj.query(1, 0, m - 1, a[i] + 1, m - 1);
}
if (killer == -INF) {
f[i] = INF;
} else {
if (killer + 1 <= i - 1) {
f[i] = Tf.query(1, 0, n - 1, killer + 1, i - 1) + 1;
} else {
assert(killer == i - 1);
f[i] = 1;
}
ans = max(ans, f[i]);
}
// cout << f[i] << " ";
while (!pque.empty() && pque.top().first < f[i] + 1) {
int j = pque.top().second;
Tj.modify(1, 0, m - 1, a[j], -INF);
pque.pop();
}
pque.push(make_pair(f[i], i));
Tj.modify(1, 0, m - 1, a[i], i);
Tf.modify(1, 0, n - 1, i, f[i]);
}
// cout << endl;
return ans;
}
};
