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Day2
- 有序数组的平方
- 题目分析
- 思路：
- 暴力：
- 代码解决：
- 双指针
- 代码解决：
- 长度最小的子数组
- 题目分析：
- 思路：
- 暴力：
- 滑动窗口法
- 代码解决：
- 螺旋矩阵
- 题目分析：
- 思路：
- 代码解决：
- 总结：
有序数组的平方
题目分析
题目描述：给你一个按 非递减顺序 排序的整数数组 nums，返回 每个数字的平方 组成的新数组，要求也按 非递减顺序 排序。
题目来源：977.有序数组的平方
思路：
暴力：
每个数平方之后，排个序。
代码解决：
class Solution
{
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums)
{
for(int i=0;i<nums.size();i++)
{
nums[i]*=nums[i];
}
//快速排序
sort(nums.begin(),nums.end());
return nums;
}
};
时间复杂度：O(n+nlogn)
空间复杂度：O(1)
双指针
本来数组其实是有序的， 只不过负数平方之后可能成为最大数了。
那么如何处理这个问题呢？
其实此时数组平方的最大值就在数组的两端，要么最左边，要么最右边，不可能是中间。
那么这时我们就可以考虑使用双指针法：
i指向起始位置
j指向终止位置。
定义一个新数组result，和nums数组一样的大小，让k指向result数组终止位置。
如果nums[i] * nums[i] < nums[j] * nums[j]
那么result[k–] = nums[j] * nums[j]; 。
如果nums[i] * nums[i] >= nums[j] * nums[j]
那么result[k–] = nums[i] * nums[i]; 。
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(n)
代码解决：
class Solution
{
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums)
{
int k=nums.size()-1;
vector<int>result(nums.size(),0);
for(int i=0,j=nums.size()-1;i<=j;)
{
if(nums[i]*nums[i]<nums[j]*nums[j])
{
result[k--]=nums[j]*nums[j];
j--;
}
else
{
result[k--]=nums[i]*nums[i];
i++;
}
}
return result;
}
};
长度最小的子数组
题目分析：
题目描述：给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target
找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的 连续子数组 [numsl, numsl+1, …, numsr-1, numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。
题目来源：209长度最小的子数组
思路：
暴力：
两个for循环，然后不断的寻找符合条件的子序列。
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums)
{
int result = INT32_MAX; // 最终的结果
int sum = 0; // 子序列的数值之和
int subLength = 0; // 子序列的长度
for (int i = 0; i < nums.size(); i++)
{ // 设置子序列起点为i
sum = 0;
for (int j = i; j < nums.size(); j++)
{ // 设置子序列终止位置为j
sum += nums[j];
if (sum >= s) { // 一旦发现子序列和超过了s，更新result
subLength = j - i + 1; // 取子序列的长度
result = result < subLength ? result : subLength;
break; // 因为我们是找符合条件最短的子序列，所以一旦符合条件就break
}
}
}
// 如果result没有被赋值的话，就返回0，说明没有符合条件的子序列
return result == INT32_MAX ? 0 : result;
}
};
时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(1)
注意：用暴力法解决此问题，会超时。
滑动窗口法
所谓滑动窗口，就是不断的调节子序列的起始位置和终止位置，从而得出我们要想的结果。
在暴力解法中，是一个for循环滑动窗口的起始位置，一个for循环为滑动窗口的终止位置，用两个for循环 完成了一个不断搜索区间的过程。
那么滑动窗口如何用一个for循环来完成这个操作呢。
首先要思考 如果用一个for循环，那么应该表示 滑动窗口的起始位置，还是终止位置。
如果只用一个for循环来表示 滑动窗口的起始位置，那么如何遍历剩下的终止位置？
此时难免再次陷入 暴力解法的怪圈。
所以 只用一个for循环，那么这个循环的索引，一定是表示 滑动窗口的终止位置。
那么问题来了， 滑动窗口的起始位置如何移动呢？
这里还是以题目中的示例来举例，s=7， 数组是 2，3，1，2，4，3，来看一下查找的过程：
在本题中实现滑动窗口，主要确定如下三点：
窗口内是什么？
如何移动窗口的起始位置？
如何移动窗口的结束位置？
窗口就是 满足其和 ≥ s 的长度最小的 连续 子数组。
窗口的起始位置如何移动：如果当前窗口的值大于s了，窗口就要向前移动了（也就是该缩小了）。
窗口的结束位置如何移动：窗口的结束位置就是遍历数组的指针，也就是for循环里的索引。
解题的关键在于 窗口的起始位置如何移动，如图所示：
可以发现滑动窗口的精妙之处在于根据当前子序列和大小的情况，不断调节子序列的起始位置。从而将O(n^2)暴力解法降为O(n)。
代码解决：
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums)
{
int result = INT32_MAX; // 最终的结果
int sum = 0; // 子序列的数值之和
int subLength = 0; // 子序列的长度
int i=0;
for (int j = 0; j < nums.size(); j++)
{
sum+=nums[j];
//注意这里使用while，每次更新i（起始位置），并不用比较子序列是否符合条件
while (sum >= s)
{
// 取子序列的长度
subLength = (j - i + 1); // 取子序列的长度
result = result < subLength ? result : subLength;
// 这里体现出滑动窗口的精髓之处，不断变更i（子序列的起始位置）
sum -= nums[i++];
}
}
// 如果result没有被赋值的话，就返回0，说明没有符合条件的子序列
return result == INT32_MAX ? 0 : result;
}
};
螺旋矩阵
题目分析：
**题目描述：**给你一个正整数 n ，生成一个包含 1 到 n2 所有元素，且元素按顺时针顺序螺旋排列的 n x n 正方形矩阵 matrix 。
题目来源：59.螺旋矩阵
思路：
其实解决这个问题，就是思考，我们应该如何画出这个正方形呢？
这道题想解决掉的话，我们就要模拟一下画正方形的这个过程。
模拟顺时针画矩阵的过程:
1.填充上行从左到右
2.填充右列从上到下
3.填充下行从右到左
4.填充左列从下到上
由外向内一圈一圈这么画下去。
可以发现这里的边界条件非常多，在一个循环中，如此多的边界条件，如果不按照固定规则来遍历，那就是一进循环深似海，从此offer是路人。
这里一圈下来，我们要画每四条边，这四条边怎么画，每画一条边都要坚持一致的左闭右开，或者左开右闭的原则，这样这一圈才能按照统一的规则画下来。
那么按照左闭右开的原则，来画一圈，看一下：
这里每一种颜色，代表一条边，我们遍历的长度，可以看出每一个拐角处的处理规则，拐角处让给新的一条边来继续画。
这也是坚持了每条边左闭右开的原则。
代码如下，while循环里判断的情况是很多的，代码里处理的原则也是统一的左闭右开。
代码解决：
class Solution
{
public:
vector<vector<int>> generateMatrix(int n)
{
// 使用vector定义一个二维数组
vector<vector<int>> res(n, vector<int>(n, 0));
// 定义每循环一个圈的起始位置
int startx = 0, starty = 0;
// 每个圈循环几次，例如n为奇数3，那么loop = 1 只是循环一圈，矩阵中间的值需要单独处理
int loop = n / 2;
// 矩阵中间的位置，例如：n为3， 中间的位置就是(1，1)，n为5，中间位置为(2, 2)
int mid = n / 2;
// 用来给矩阵中每一个空格赋值
int count = 1;
// 需要控制每一条边遍历的长度，每次循环右边界收缩一位
int offset = 1;
int i,j;
while (loop --)
{
i = startx;
j = starty;
// 下面开始的四个for就是模拟转了一圈
// 模拟填充上行从左到右(左闭右开)
for (j = starty; j < n - offset; j++)
{
res[startx][j] = count++;
}
// 模拟填充右列从上到下(左闭右开)
for (i = startx; i < n - offset; i++)
{
res[i][j] = count++;
}
// 模拟填充下行从右到左(左闭右开)
for (; j > starty; j--)
{
res[i][j] = count++;
}
// 模拟填充左列从下到上(左闭右开)
for (; i > startx; i--)
{
res[i][j] = count++;
}
// 第二圈开始的时候，起始位置要各自加1， 例如：第一圈起始位置是(0, 0)，第二圈起始位置是(1, 1)
startx++;
starty++;
// offset 控制每一圈里每一条边遍历的长度
offset += 1;
}
// 如果n为奇数的话，需要单独给矩阵最中间的位置赋值
if (n % 2)
{
res[mid][mid] = count;
}
return res;
}
};
总结：
在这两天的数组学习中，我们收获还是不少的。
在Day1:
我们学习了二分查找，解决移除元素问题，我们头一次接触到了双指针算法，而在移除元素问题中，我们借助了双指针的思想，借助快慢指针，依次更新数组中的元素。
在Day2:
第一道题有数组的平方，对正常人来说，最简单的方法肯定就是暴力；
平方后加排序，在此基础上，我们对其进行改进，继续用到了我们的老朋友“双指针法”，因为数组是有序的，而最大值要么在起始位置，要么在终止位置，我们可以借助双指针，一个从前找，一个从后找。大的数就放在新数组里面，依次内推。
第二道题为长度最小的子数组，首先还是通过暴力，两层for循环遍历依次找出最小的子数组，但是呢，超时了。通过改进，我们学习了新的算法，滑动窗口算法。不难发现，滑动窗口的本质其实还是双指针算法，通过不断改变起始位置来调节窗口。所以，在每次遇到滑动窗口前。先想一下：窗口是什么，窗口的起始位置，终止位置又是什么？把这三个问题先处理好后，然后根据题目不断调节你的窗口，从而达到解题的效果。
第三道题为螺旋矩阵。这道题的难点就在于如何画出这个正方形，这就需要我们模拟实现，通过模拟实现，一步一步将这个正方形模拟出来，注意模拟过程中，具体要实现一个怎样的模拟，要么左闭右闭，要么左闭右开，模拟过程中严格遵循循环不变量规则。
到这里，数组的OJ题训练就到此为止了，希望通过两天的训练，对您能有收获。
