2612. 最少翻转操作数

题目链接：2612. 最少翻转操作数

方法：BFS + AVLTree

解题思路

先不考虑被 $ban$ 的位置：

• 假设当前 $1$ 的位置在下标 $i$ 上，那么将其按照包含 $i$ 且长度为 $k$ 的数组反转一次所能得到的对应下标的可能结果是一个从 $i-k+1$ 起始到 $i+k-1$ 结束的公差为 $2$ 的等差数列。
• 由于数组下标范围为 $[0,n-1]$，因此为了防止反转后的下标越界，应该确定反转后的下标最小值和最大值(也就是最左、右端点)，观察可以发现：
• 最左端点的选取：
  • 要么是反转数组 $[0,k-1]$ $=>$ 新下标：$k-i-1$；
  • 要是是反转数组 $[i-k+1,i]$ $=>$ 新下标：$i-k+1$；
  • 最左端点应该选择两者之间的最大值，防止越界。
• 最右端点的选取：
  • 要么是反转数组 $[n-k,n-1]$ $=>$ 新下标：$2n-k-i-1$；
  • 要么是反转数组 $[i,i+k-1]$ $=>$ 新下标：$i+k-1$；
  • 最右端点应该选择两者之间的最小值，防止越界。
• 本题要求：最少翻转操作数，考虑 $BFS$ 求权重为 $1$ 的"最短路"。从上述可知，反转一次到新的位置之后，再在当前新的位置按照上述规律进行反转，一层层向下一个位置遍历，直到遍历所有位置，同时要考虑被 $ban$ 的位置不能使用，其中的层数就是最小的反转数，因此可以使用 $BFS$。
• BFS
  • 初始化队列，将 $1$ 的起始位置 $p$ 入队，初始化当前层数 $level=0$，并将该位置的答案初始化为 $level$；
  • 当队列不为空时，取出队首元素，然后遍历其下一个能到达的除被 $ban$ 的且未到过的所有位置，并入队，将该位置的答案置为 $level+1$；
  • 重复上述操作直到队列为空；
  • 但这样写法会 TLE，因为这样的时间复杂度为 $O(nk)$，入队的个数为 $O(n)$，每个队内的元素遍历其下一个位置为 $O(k)$，因为访问过的下标一直存在，只要存在就会查看其是否遍历，若将遍历过的下标删除，则没有该冗余。
• 平衡树优化 $(set)$
  • 维护下标，删除已经访问过的；
  • 技巧：维护两个平衡树，一个存放奇数下标，一个存放偶数下标，因为序列的公差为 $2$。

代码

class Solution {
public:
    vector<int> minReverseOperations(int n, int p, vector<int>& banned, int k) {
        unordered_set<int> ban{banned.begin(), banned.end()};
        set<int> sets[2];
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            if (i != p && !ban.count(i)) {
                sets[i % 2].insert(i);
            }
        }
        sets[0].insert(n); // 哨兵
        sets[1].insert(n);
        vector<int> ans(n, -1);
        queue<int> q;
        q.push(p);
        ans[p] = 0;
        while (!q.empty()) {
            int i = q.front(), level = ans[i];
            q.pop();
            int mn = max(i - k + 1, k - i - 1);
            int mx = min(i + k - 1, 2 * n - k - i - 1);
            auto &s = sets[mn % 2];
            // 找到第一个mn的位置，哨兵防止it为空
            for (auto it = s.lower_bound(mn); *it <= mx; it = s.erase(it)) { 
                ans[*it] = level + 1;
                q.push(*it);
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(nlogn)$；
空间复杂度：$O(n)$。