【贪心算法】【中位贪心】LeetCode:100123.执行操作使频率分数最大

news2025/4/10 18:04:13

涉及知识点

双指针
C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例包括课程视频
贪心算法

题目

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。
你可以对数组执行至多 k 次操作：
从数组中选择一个下标 i ，将 nums[i] 增加或者减少 1 。
最终数组的频率分数定义为数组中众数的频率。
请你返回你可以得到的最大频率分数。
众数指的是数组中出现次数最多的数。一个元素的频率指的是数组中这个元素的出现次数。
示例 1：
输入：nums = [1,2,6,4], k = 3
输出：3
解释：我们可以对数组执行以下操作：

选择 i = 0 ，将 nums[0] 增加 1 。得到数组 [2,2,6,4] 。
选择 i = 3 ，将 nums[3] 减少 1 ，得到数组 [2,2,6,3] 。
选择 i = 3 ，将 nums[3] 减少 1 ，得到数组 [2,2,6,2] 。
元素 2 是最终数组中的众数，出现了 3 次，所以频率分数为 3 。
3 是所有可行方案里的最大频率分数。
示例 2：
输入：nums = [1,4,4,2,4], k = 0
输出：3
解释：我们无法执行任何操作，所以得到的频率分数是原数组中众数的频率 3 。
参数范围：
1 <= nums.length <= 10⁵
1 <= nums[i] <= 10⁹
0 <= k <= 10¹⁴

贪心算法（中位数贪心)

假定众数是x,假定nums的长度为n，将nums按升序排序。

x一定是nums中的数

我们用反证发证明。


x < nums[0]	所有数先降到nums[0]，再由nums[0]降到x，不如直接降到nums[0]
x > nums[n-1]	所有数先升到nums[n-1]，再升到x，不如只升到nums[n-1]
x在nums[i]和nums[j]之间，nums中比x小的a个数，比x大的b个数。	如果a>=b，x–,可以节省a-b个操作，直到x等于nums[i];否则x++，直到x等于nums[j]。

改变的数一定是一个子数组

假定改变的数是两个子数组[i1,i2]和[i3,i4]。如果x在[i1,i2]之间，则将i4替换成i2+1，直到两个子数组挨着一起合并。如果x在[i3,i4]之间，则i1替换i3-1，直到两个子数组挨着一起合并。

x只需要考虑中位数（中位数贪心算法)

来证明贪心算法的正确性。假定x是nums[i]，x前面的数a个，x后面的数b个，i变成i-1操作次数变化：b-(a-1)，如果表达式大于等于0，则没必要左移。b -a+1 >= 0，即a <=b+1。同理b <=a+1。即abs(a-b)<=1，则没必要左移和右移。
即：
如果n为偶数，中间任意一个。
如果n为奇数，中间的那个。

代码

核心代码

class Solution {
public:
	int maxFrequencyScore(vector<int>& nums, long long k) {
		m_c = nums.size();
		sort(nums.begin(), nums.end());
		vector<long long> vPreSum = { 0 };
		for (const auto& n : nums)
		{
			vPreSum.emplace_back(n+vPreSum.back());
		}	
		int iRet = 0;
		for (int left = 0, right = 0; left < m_c; left++)
		{
			while (right <= m_c)
			{
				const long long mid = left + (right - left) / 2;
				const long long llLessNeed = (mid - left) * nums[mid] - (vPreSum[mid] - vPreSum[left]);
				const long long llEqualMoreNeed = (vPreSum[right] - vPreSum[mid]) - nums[mid] * (right - mid);
				if (llLessNeed + llEqualMoreNeed <= k)
				{
					iRet = max(iRet, right - left);
					right++;
				}
				else
				{
					break;
				}
			}			
		}
		return iRet;
	}
	int m_c;
};

测试用例

void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
	assert(t1 == t2);
}

template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{
	if (v1.size() != v2.size())
	{
		assert(false);
		return;
	}
	for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
	{
		Assert(v1[i], v2[i]);
	}
}

int main()
{
	Solution slu;
	vector<int> nums;
	int k;
	{
		Solution slu;
		nums = { 1,4,4,2,4 }, k = 0;
		auto res = slu.maxFrequencyScore(nums, k);
		Assert(3, res);
	}
	{
		Solution slu;
		nums = { 16, 2, 6, 20, 2, 18, 16, 8, 15, 19, 22, 29, 24, 2, 26, 19 }, k = 40;
		auto res = slu.maxFrequencyScore(nums, k);
		Assert(11, res);
	}
	
	{
		Solution slu;
		nums = { 1, 2, 6, 4 }, k = 3;
		auto res = slu.maxFrequencyScore(nums, k);
		Assert(3, res);
	}

	
	//CConsole::Out(res);
}

错误解法:二分查找+双指针

错误原因：随着left增加targge可能减少
class Solution {
public:
int maxFrequencyScore(vector& nums, long long k) {
m_c = nums.size();
sort(nums.begin(), nums.end());
vector vPreSum = { 0 };
for (const auto& n : nums)
{
vPreSum.emplace_back(n+vPreSum.back());
}
long long llLeftSum = 0;//nums[left,target)的和，nums升序
int iRet = 0;
for (int left = 0, target = 0; left < m_c; left++)
{
while ((target < m_c) && (nums[target]*(target-left)- llLeftSum <= k))
{
const int right = BF(vPreSum,nums, target, k - (nums[target] * (target - left) - llLeftSum));
iRet = max(iRet, right - left);
llLeftSum += nums[target];
target++;
}
llLeftSum -= nums[left];
}
return iRet;
}
int BF(const vector& vPreSum,const vector& nums, int index,long long canUse)
{
int left = index, right = vPreSum.size();
while (right - left > 1)
{
const int mid = left + (right- left)/2 ;
if ((vPreSum[mid] - vPreSum[index]- nums[index] * (mid - index)) <= canUse)
{
left = mid;
}
else
{
right = mid;
}
}
return left;
}
int m_c;
};

扩展阅读

视频课程

有效学习：明确的目标及时的反馈拉伸区（难度合适），可以先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
https://edu.csdn.net/course/detail/38771

如何你想快

速形成战斗了，为老板分忧，请学习C#入职培训、C++入职培训等课程
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我想对大家说的话
闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛