lucifer

我花了几天时间,从力扣中精选了四道相同思想的题目,来帮助大家解套,如果觉得文章对你有用,记得点赞分享,让我看到你的认可,有动力继续做下去。

这就是接下来要给大家讲的四个题,其中 1081 和 316 题只是换了说法而已。

402. 移掉 K 位数字(中等)

我们从一个简单的问题入手,识别一下这种题的基本形式和套路,为之后的三道题打基础。

题目描述

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给定一个以字符串表示的非负整数  num,移除这个数中的 k 位数字,使得剩下的数字最小。

注意:

num 的长度小于 10002 且  ≥ k。
num 不会包含任何前导零。


示例 1 :

输入: num = "1432219", k = 3
输出: "1219"
解释: 移除掉三个数字 4, 3, 和 2 形成一个新的最小的数字 1219。
示例 2 :

输入: num = "10200", k = 1
输出: "200"
解释: 移掉首位的 1 剩下的数字为 200. 注意输出不能有任何前导零。
示例 3 :

输入: num = "10", k = 2
输出: "0"
解释: 从原数字移除所有的数字,剩余为空就是 0。

前置知识

  • 数学

思路

这道题让我们从一个字符串数字中删除 k 个数字,使得剩下的数最小。也就说,我们要保持原来的数字的相对位置不变。

以题目中的 num = 1432219, k = 3 为例,我们需要返回一个长度为 4 的字符串,问题在于: 我们怎么才能求出这四个位置依次是什么呢?

(图 1)

暴力法的话,我们需要枚举C_n^(n - k) 种序列(其中 n 为数字长度),并逐个比较最大。这个时间复杂度是指数级别的,必须进行优化。

一个思路是:

  • 从左到右遍历
  • 对于每一个遍历到的元素,我们决定是丢弃还是保留

问题的关键是:我们怎么知道,一个元素是应该保留还是丢弃呢?

这里有一个前置知识:对于两个数 123a456 和 123b456,如果 a > b, 那么数字 123a456 大于 数字 123b456,否则数字 123a456 小于等于数字 123b456。也就说,两个相同位数的数字大小关系取决于第一个不同的数的大小。

因此我们的思路就是:

  • 从左到右遍历
  • 对于遍历到的元素,我们选择保留。
  • 但是我们可以选择性丢弃前面相邻的元素。
  • 丢弃与否的依据如上面的前置知识中阐述中的方法。

以题目中的 num = 1432219, k = 3 为例的图解过程如下:

(图 2)

由于没有左侧相邻元素,因此没办法丢弃

(图 3)

由于 4 比左侧相邻的 1 大。如果选择丢弃左侧的 1,那么会使得剩下的数字更大(开头的数从 1 变成了 4)。因此我们仍然选择不丢弃

(图 4)

由于 3 比左侧相邻的 4 小。 如果选择丢弃左侧的 4,那么会使得剩下的数字更小(开头的数从 4 变成了 3)。因此我们选择丢弃

。。。

后面的思路类似,我就不继续分析啦。

然而需要注意的是,如果给定的数字是一个单调递增的数字,那么我们的算法会永远选择不丢弃。这个题目中要求的,我们要永远确保丢弃 k 个矛盾。

一个简单的思路就是:

  • 每次丢弃一次,k 减去 1。当 k 减到 0 ,我们可以提前终止遍历。
  • 而当遍历完成,如果 k 仍然大于 0。不妨假设最终还剩下 x 个需要丢弃,那么我们需要选择删除末尾 x 个元素。

上面的思路可行,但是稍显复杂。


(图 5)

我们需要把思路逆转过来。刚才我的关注点一直是丢弃,题目要求我们丢弃 k 个。反过来说,不就是让我们保留 $n - k$ 个元素么?其中 n 为数字长度。 那么我们只需要按照上面的方法遍历完成之后,再截取前n - k个元素即可。

按照上面的思路,我们来选择数据结构。由于我们需要保留丢弃相邻的元素,因此使用栈这种在一端进行添加和删除的数据结构是再合适不过了,我们来看下代码实现。

代码(Python)

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class Solution(object):
def removeKdigits(self, num, k):
stack = []
remain = len(num) - k
for digit in num:
while k and stack and stack[-1] > digit:
stack.pop()
k -= 1
stack.append(digit)
return ''.join(stack[:remain]).lstrip('0') or '0'

复杂度分析

  • 时间复杂度:虽然内层还有一个 while 循环,但是由于每个数字最多仅会入栈出栈一次,因此时间复杂度仍然为 $O(N)$,其中 $N$ 为数字长度。
  • 空间复杂度:我们使用了额外的栈来存储数字,因此空间复杂度为 $O(N)$,其中 $N$ 为数字长度。

提示: 如果题目改成求删除 k 个字符之后的最大数,我们只需要将 stack[-1] > digit 中的大于号改成小于号即可。

316. 去除重复字母(困难)

题目描述

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给你一个仅包含小写字母的字符串,请你去除字符串中重复的字母,使得每个字母只出现一次。需保证返回结果的字典序最小(要求不能打乱其他字符的相对位置)。

示例 1:

输入: "bcabc"
输出: "abc"
示例 2:

输入: "cbacdcbc"
输出: "acdb"

前置知识

  • 字典序
  • 数学

思路

与上面题目不同,这道题没有一个全局的删除次数 k。而是对于每一个在字符串 s 中出现的字母 c 都有一个 k 值。这个 k 是 c 出现次数 - 1。

沿用上面的知识的话,我们首先要做的就是计算每一个字符的 k,可以用一个字典来描述这种关系,其中 key 为 字符 c,value 为其出现的次数。

具体算法:

  • 建立一个字典。其中 key 为 字符 c,value 为其出现的剩余次数。
  • 从左往右遍历字符串,每次遍历到一个字符,其剩余出现次数 - 1.
  • 对于每一个字符,如果其对应的剩余出现次数大于 1,我们可以选择丢弃(也可以选择不丢弃),否则不可以丢弃。
  • 是否丢弃的标准和上面题目类似。如果栈中相邻的元素字典序更大,那么我们选择丢弃相邻的栈中的元素。

还记得上面题目的边界条件么?如果栈中剩下的元素大于 $n - k$,我们选择截取前 $n - k$ 个数字。然而本题中的 k 是分散在各个字符中的,因此这种思路不可行的。

不过不必担心。由于题目是要求只出现一次。我们可以在遍历的时候简单地判断其是否在栈上即可。

代码:

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class Solution:
def removeDuplicateLetters(self, s) -> int:
stack = []
remain_counter = collections.Counter(s)

for c in s:
if c not in stack:
while stack and c < stack[-1] and remain_counter[stack[-1]] > 0:
stack.pop()
stack.append(c)
remain_counter[c] -= 1
return ''.join(stack)

复杂度分析

  • 时间复杂度:由于判断当前字符是否在栈上存在需要 $O(N)$ 的时间,因此总的时间复杂度就是 $O(N ^ 2)$,其中 $N$ 为字符串长度。
  • 空间复杂度:我们使用了额外的栈来存储数字,因此空间复杂度为 $O(N)$,其中 $N$ 为字符串长度。

查询给定字符是否在一个序列中存在的方法。根本上来说,有两种可能:

  • 有序序列: 可以二分法,时间复杂度大致是 $O(N)$。
  • 无序序列: 可以使用遍历的方式,最坏的情况下时间复杂度为 $O(N)$。我们也可以使用空间换时间的方式,使用 $N$的空间 换取 $O(1)$的时间复杂度。

由于本题中的 stack 并不是有序的,因此我们的优化点考虑空间换时间。而由于每种字符仅可以出现一次,这里使用 hashset 即可。

代码(Python)

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class Solution:
def removeDuplicateLetters(self, s) -> int:
stack = []
seen = set()
remain_counter = collections.Counter(s)

for c in s:
if c not in seen:
while stack and c < stack[-1] and remain_counter[stack[-1]] > 0:
seen.discard(stack.pop())
seen.add(c)
stack.append(c)
remain_counter[c] -= 1
return ''.join(stack)

复杂度分析

  • 时间复杂度:$O(N)$,其中 $N$ 为字符串长度。
  • 空间复杂度:我们使用了额外的栈和 hashset,因此空间复杂度为 $O(N)$,其中 $N$ 为字符串长度。

LeetCode 《1081. 不同字符的最小子序列》 和本题一样,不再赘述。

321. 拼接最大数(困难)

题目描述

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给定长度分别为  m  和  n  的两个数组,其元素由  0-9  构成,表示两个自然数各位上的数字。现在从这两个数组中选出 k (k <= m + n)  个数字拼接成一个新的数,要求从同一个数组中取出的数字保持其在原数组中的相对顺序。

求满足该条件的最大数。结果返回一个表示该最大数的长度为  k  的数组。

说明: 请尽可能地优化你算法的时间和空间复杂度。

示例  1:

输入:
nums1 = [3, 4, 6, 5]
nums2 = [9, 1, 2, 5, 8, 3]
k = 5
输出:
[9, 8, 6, 5, 3]
示例 2:

输入:
nums1 = [6, 7]
nums2 = [6, 0, 4]
k = 5
输出:
[6, 7, 6, 0, 4]
示例 3:

输入:
nums1 = [3, 9]
nums2 = [8, 9]
k = 3
输出:
[9, 8, 9]

前置知识

  • 分治
  • 数学

思路

和第一道题类似,只不不过这一次是两个数组,而不是一个,并且是求最大数。

最大最小是无关紧要的,关键在于是两个数组,并且要求从两个数组选取的元素个数加起来一共是 k。

然而在一个数组中取 k 个数字,并保持其最小(或者最大),我们已经会了。但是如果问题扩展到两个,会有什么变化呢?

实际上,问题本质并没有发生变化。 假设我们从 nums1 中取了 k1 个,从 num2 中取了 k2 个,其中 k1 + k2 = k。而 k1 和 k2 这 两个子问题我们是会解决的。由于这两个子问题是相互独立的,因此我们只需要分别求解,然后将结果合并即可。

假如 k1 和 k2 个数字,已经取出来了。那么剩下要做的就是将这个长度分别为 k1 和 k2 的数字,合并成一个长度为 k 的数组合并成一个最大的数组。

以题目的 nums1 = [3, 4, 6, 5] nums2 = [9, 1, 2, 5, 8, 3] k = 5 为例。 假如我们从 num1 中取出 1 个数字,那么就要从 nums2 中取出 4 个数字。

运用第一题的方法,我们计算出应该取 nums1 的 [6],并取 nums2 的 [9,5,8,3]。 如何将 [6] 和 [9,5,8,3],使得数字尽可能大,并且保持相对位置不变呢?

实际上这个过程有点类似归并排序中的,而上面我们分别计算 num1 和 num2 的最大数的过程类似归并排序中的


(图 6)

代码:

我们将从 num1 中挑选的 k1 个数组成的数组称之为 A,将从 num2 中挑选的 k2 个数组成的数组称之为 B,

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def merge(A, B):
ans = []
while A or B:
bigger = A if A > B else B
ans.append(bigger[0])
bigger.pop(0)
return ans

这里需要说明一下。 在很多编程语言中:如果 A 和 B 是两个数组,当前仅当 A 的首个元素字典序大于 B 的首个元素,A > B 返回 true,否则返回 false

比如:

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A = [1,2]
B = [2]
A < B # True

A = [1,2]
B = [1,2,3]
A < B # False

以合并 [6] 和 [9,5,8,3] 为例,图解过程如下:


(图 7)

具体算法:

  • 从 nums1 中 取 $min(i, len(nums1))$ 个数形成新的数组 A(取的逻辑同第一题),其中 i 等于 0,1,2, … k。
  • 从 nums2 中 对应取 $min(j, len(nums2))$ 个数形成新的数组 B(取的逻辑同第一题),其中 j 等于 k - i。
  • 将 A 和 B 按照上面的 merge 方法合并
  • 上面我们暴力了 k 种组合情况,我们只需要将 k 种情况取出最大值即可。

代码(Python)

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class Solution:
def maxNumber(self, nums1, nums2, k):

def pick_max(nums, k):
stack = []
drop = len(nums) - k
for num in nums:
while drop and stack and stack[-1] < num:
stack.pop()
drop -= 1
stack.append(num)
return stack[:k]

def merge(A, B):
ans = []
while A or B:
bigger = A if A > B else B
ans.append(bigger[0])
bigger.pop(0)
return ans

return max(merge(pick_max(nums1, i), pick_max(nums2, k-i)) for i in range(k+1) if i <= len(nums1) and k-i <= len(nums2))

复杂度分析

  • 时间复杂度:pick_max 的时间复杂度为 $O(M + N)$ ,其中 $M$ 为 nums1 的长度,$N$ 为 nums2 的长度。 merge 的时间复杂度为 $O(k)$,再加上外层遍历所有的 k 中可能性。因此总的时间复杂度为 $O(k^2 * (M + N))$。
  • 空间复杂度:我们使用了额外的 stack 和 ans 数组,因此空间复杂度为 $O(max(M, N, k))$,其中 $M$ 为 nums1 的长度,$N$ 为 nums2 的长度。

总结

这四道题都是删除或者保留若干个字符,使得剩下的数字最小(或最大)或者字典序最小(或最大)。而解决问题的前提是要有一定数学前提。而基于这个数学前提,我们贪心地删除栈中相邻的字符。如果你会了这个套路,那么这四个题目应该都可以轻松解决。

316. 去除重复字母(困难),我们使用 hashmap 代替了数组的遍历查找,属于典型的空间换时间方式,可以认识到数据结构的灵活使用是多么的重要。背后的思路是怎么样的?为什么想到空间换时间的方式,我在文中也进行了详细的说明,这都是值得大家思考的问题。然而实际上,这些题目中使用的栈也都是空间换时间的思想。大家下次碰到需要空间换取时间的场景,是否能够想到本文给大家介绍的哈希表呢?

321. 拼接最大数(困难)则需要我们能够对问题进行分解,这绝对不是一件简单的事情。但是对难以解决的问题进行分解是一种很重要的技能,希望大家能够通过这道题加深这种分治思想的理解。 大家可以结合我之前写过的几个题解练习一下,它们分别是:

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