找到第n个自定义数

因为神奇数字做了相关的题目，个人建议做题顺序，从易到难

丑数【LC263】

丑数Ⅱ【LC264】

超级丑数

第N个神奇数字【LC878】

丑数Ⅲ【LC1201】

丑数【LC263】

丑数 就是只包含质因数 2、3 和 5 的正整数。

给你一个整数 n ，请你判断 n 是否为 丑数 。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。

An ugly number is a positive integer whose prime factors are limited to 2, 3, and 5.

Given an integer n, return true if n is an ugly number.

2022/11/22

• 思路：首先，0和负数一定不是丑数；当n是正数时，将n除以2、3、5直至除不尽，即有余数为止，若剩下的n为1，那么证明n可以转换为2、3、5的乘积，即为丑数

• 代码

  class Solution {
      public boolean isUgly(int n) {
          if (n < 1){
              return false;
          }
          while (n % 5 == 0){
              n /= 5;
          }
          while (n % 3 == 0){
              n /= 3;
          }
          while (n % 2 == 0){
              n /= 2;
          }
         
          return n == 1;
      }
  }
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(logn)$，时间复杂度取决于对 n 除以 2,3,5的次数，由于每次至少将 n除以 2，因此除法运算的次数不会超过 $O(logn)$。
    • 空间复杂度：$O(1)$

丑数Ⅱ【LC264】

给你一个整数 n ，请你找出并返回第 n 个 丑数 。

丑数 就是只包含质因数 2、3 和/或 5 的正整数。

An ugly number is a positive integer whose prime factors are limited to 2, 3, and 5.

Given an integer n, return the nth ugly number.

优先队列

• 思路：对于对于任意一个丑数 x，其与任意的质因数（2、3、5）相乘，结果（2x、3x、5x）仍为丑数。因此可以使用优先队列（小根堆）存放丑数x，每次从队列取出最小值x，并将x所对应的2x、3x和5x入队。第n次出队的值即为第n个丑数

• 实现：为了防止同一丑数多次进队，需要使用set来记录入过队列的丑数

  class Solution {
      public int nthUglyNumber(int n) {
          int[] factors = {2, 3, 5};
          Set<Long> seen = new HashSet<Long>();
          PriorityQueue<Long> heap = new PriorityQueue<Long>();
          seen.add(1L);
          heap.offer(1L);
          int ugly = 0;
          for (int i = 0; i < n; i++) {
              long curr = heap.poll();
              ugly = (int) curr;
              for (int factor : factors) {
                  long next = curr * factor;
                  if (seen.add(next)) {
                      heap.offer(next);
                  }
              }
          }
          return ugly;
      }
  }
  
  作者：力扣官方题解
  链接：https://leetcode.cn/problems/ugly-number-ii/solutions/712102/chou-shu-ii-by-leetcode-solution-uoqd/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(nlogn)$，从优先队列中取最小值为 $O(1)$，往优先队列中添加元素复杂度为 $O(logn)$
    • 空间复杂度：$O(n)$

多指针

• 思路：由于每个丑数都可以由比它小的丑数乘某一个质因数得到，因此可以使用三个指针来指向目标序列$ans$的某个下标，ans[指针]*质因数即代表该指针对应的质因数生成的新丑数的值，第$idx$个丑数值即为三个新丑数中的最小值

• 实现

  class Solution {
      public int nthUglyNumber(int n) {
          // ans 用作存储已有丑数（从下标 1 开始存储，第一个丑数为 1）
          int[] ans = new int[n + 1];
          ans[1] = 1;
          // 由于三个有序序列都是由「已有丑数」*「质因数」而来
          // i2、i3 和 i5 分别代表三个有序序列当前使用到哪一位「已有丑数」下标（起始都指向 1）
          for (int i2 = 1, i3 = 1, i5 = 1, idx = 2; idx <= n; idx++) {
              // 由 ans[iX] * X 可得当前有序序列指向哪一位
              int a = ans[i2] * 2, b = ans[i3] * 3, c = ans[i5] * 5;
              // 将三个有序序列中的最小一位存入「已有丑数」序列，并将其下标后移
              int min = Math.min(a, Math.min(b, c));
              // 由于可能不同有序序列之间产生相同丑数，因此只要一样的丑数就跳过（不能使用 else if ）
              if (min == a) i2++; 
              if (min == b) i3++;
              if (min == c) i5++;
              ans[idx] = min;
          }
          return ans[n];
      }
  }
  
  作者：宫水三叶
  链接：https://leetcode.cn/problems/ugly-number-ii/solutions/714340/gong-shui-san-xie-yi-ti-shuang-jie-you-x-3nvs/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(n)$
    • 空间复杂度：$O(n)$

超级丑数【LC313】

超级丑数 是一个正整数，并满足其所有质因数都出现在质数数组 primes 中。

给你一个整数 n 和一个整数数组 primes ，返回第 n 个 超级丑数 。

题目数据保证第 n 个 超级丑数 在 32-bit 带符号整数范围内。

A super ugly number is a positive integer whose prime factors are in the array primes.

Given an integer n and an array of integers primes, return the nth super ugly number.

The nth super ugly number is guaranteed to fit in a 32-bit signed integer.

2022/11/23

优先队列【超时】

• 思路：同丑数Ⅱ，但是超时

多指针

• 思路：同丑数Ⅱ，关键点在于每个丑数都可以由比它小的丑数乘某一个质因数得到

  • 同样使用长度为n+1的数组ans指向目标薛序列，$ans[n]$即为第n个超级丑数

  • 由于指针数量不确定，因此创建一个与primes数组长度$m$相等的指针数组ptr，$ptr[i]$代表第i个质因子指向的原超级丑数，那么该指针新生成的超级丑数为$ans[ptr[i]]\ast primes[i]$

  • 第$idx$个丑数值即为$m$个新超级丑数中的最小值$min$，并移动其对应的所有指针

    • 错误做法：记录$m$个新超级丑数中的最小值$min$，以及其对应的质因子的下标$minPtr$

      生成的新超级丑数可能存在重复

• 代码

  • 使用动态数组ArrayList记录最小丑数对应的指针序号
  • 注意处理新超级丑数为负数的情况

  class Solution {
      public int nthSuperUglyNumber(int n, int[] primes) {
         int[] ans = new int[n+1];
         ans[1] = 1;
         int m = primes.length;
         int[] ptr = new int[m];// 记录每个质因数对应ans中的下标
         Arrays.fill(ptr, 1);
         for (int idx = 2; idx <= n; idx++){
             int min = Integer.MAX_VALUE;
             List<Integer> minPtrs = new ArrayList<>();// 记录最小丑数对应的ptr下标
             for (int i = 0; i < m; i++){
                 int ugly = ans[ptr[i]] * primes[i];
                 if (ugly < 0){// 越界
                     continue;
                 }else if (ugly < min){
                     min = ugly;
                     minPtrs.clear();
                     minPtrs.add(i);
                 }else if (ugly == min){
                     minPtrs.add(i);
                 }               
             }
             for (int minPtr : minPtrs){// 移动下标
                 ptr[minPtr]++;
             }
             ans[idx] = min;
         }
         return ans[n];
      }
  }
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(nm)$,$n$为需要寻找的丑数编号，$m$为$primes$数组的长度
    • 空间复杂度：$O(n+m)$

第N个神奇数字【LC878】

一个正整数如果能被 a 或 b 整除，那么它是神奇的。

给定三个整数 n , a , b ，返回第 n 个神奇的数字。因为答案可能很大，所以返回答案 对 109 + 7 取模 后的值。

A positive integer is magical if it is divisible by either a or b.

Given the three integers n, a, and b, return the nth magical number. Since the answer may be very large, return it modulo 109 + 7.

找规律

2022/11/22

首先是我自己的暴力思路，当然没通过…但是可以结合官方题解2找规律一起看看

• 思路：根据题意，我们需要找到第n个能被a或者b整除的数。暴力判断1~n*min(a,b)内有多少个神奇数，必然超时。

  如何优化搜索的过程？神奇数一定是a或者b的倍数，因此只需判断a和b的整数倍即可。从小到大搜索第count个神奇数[过了50个还是超时]

  • 首先考虑几种特殊情况，a为b的因数或者b为a的因数，此时第n个神奇数即为 n * 较小值
  • 然后使用两个指针记录curA、curB，记录a的整数倍和b的整数倍，并使用count计数
    • 如果curA < curB，那么第count个神奇数为curA，移动curA
    • 如果curA < curB，那么第count个神奇数为curA，移动curB
    • 如果curA == curB，那么第count个神奇数为curA即curB，curA和curB在该值重合，需同时移动curA和curB，count只计一次数

• 代码

  class Solution {
      public int nthMagicalNumber(int n, int a, int b) {
          int MOD = (int)1e9 + 7;
          if (a == b){
              return (int)((long)n * a % MOD);
          }else if (a % b == 0){
              return (int)((long)n * b % MOD);
          }else if (b % a == 0){
              return (int)((long)n * a % MOD);
          }
          long count = 0;
          long curA = a;
          long curB = b;
          long res = 0;
          while (count < n){                        
              if (curA < curB){// 此时第count个神奇数字是curA
                  count++;
                  res = curA;
                  curA += a;
              }else if (curA > curB){// 此时第count个神奇数字是curB
                  count++;
                  res = curB;
                  curB += b;
              }else {// curA和curB重合，计数，并同时移动curA和curB
                  count++;
                  res = curB;
                  curA += a;
                  curB += b;
              }                    
          }
          return (int)(res % MOD);
      }
  }
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(nm)$，m为min(a,b)
    • 空间复杂度：$O(1)$

• 找规律，再次优化搜索过程。

  • 设f(x)为小于等于x的神奇数个数，c为a和b的最小公倍数，那么
    $$f(x)=\lfloor \frac{x}{a}\rfloor +\lfloor \frac{x}{b}\rfloor -\lfloor \frac{x}{c}\rfloor$$

    $$f(x\ast c)=x\ast (\lfloor \frac{c}{a}\rfloor +\lfloor \frac{c}{b}\rfloor -1)=q\ast f(c)$$

  • 令小于等于$c$的神奇数个数$m=f(c)$

  • 由于最终结果res一定是最小公倍数c的整数倍或者其的后几个数，因此$res=c\ast q+num$

  • 因为不大于 $c\ast q$ 的「神奇数字」个数为$m\ast q$，所以我们只需要从 $c\ast q$往后搜第 r个「神奇数字」即可。

    所以$n$可以由$m$表示，$n=q\ast m+r$,其中$0\le r<m$，$q$为非负整数

    • 如果r==0，那么$c\ast (n/m)$即为结果
    • 如果r!=0，那么从res往后搜索r次即可

  class Solution {
      static final int MOD = 1000000007;
  
      public int nthMagicalNumber(int n, int a, int b) {
          int c = lcm(a, b);
          int m = c / a + c / b - 1;
          int r = n % m;
          int res = (int) ((long) c * (n / m) % MOD);
          if (r == 0) {
              return res;
          }
          int addA = a, addB = b;
          for (int i = 0; i <  r - 1; ++i) {
              if (addA < addB) {
                  addA += a;
              } else {
                  addB += b;
              }
          }
          return (res + Math.min(addA, addB) % MOD) % MOD;
      }
  
      public int lcm(int a, int b) {
          return a * b / gcd(a, b);
      }
  
      public int gcd(int a, int b) {
          return b != 0 ? gcd(b, a % b) : a;
      }
  }
  
  作者：力扣官方题解
  链接：https://leetcode.cn/problems/nth-magical-number/solutions/1983699/di-n-ge-shen-qi-shu-zi-by-leetcode-solut-6vyy/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(a+b)$
    • 空间复杂度：$O(1)$

二分查找+数学

• 思路：将问题**“第n个神奇数是x”转化为“小于等于x的神奇数有n个”**，由于x越大n一定越大，因此可以使用二分法查找一个神奇数小于等于n的区间(0,right]，最后返回右边界

• 实现

  • 计算区间内的神奇数个数：假设该区间内能被a整除的数的个数为$n_a$个，能被b整除的数的个数为$n_b$个，能同时被a和被b整除的数的个数为$n_c$个，那么神奇数个数为$n_a+n_b-n_c$

  • $n_a$和$n_b$的计算方法较简单：除法运算向下取整即可

  • $n_c$=该区间内能被a和b的最小公倍数整除的个数

    • 最小公倍数可以使用最小公约数gcd得到
      $$lcm(a,b)=\frac{ab}{gcd(a,b)}$$

    • 最小公约数用辗转相除法得到

  • 实现

  class Solution {
      private static final long MOD = (long) 1e9 + 7;
  
      public int nthMagicalNumber(int n, int a, int b) {
          long lcm = a / gcd(a, b) * b;
          long left = 0, right = (long) Math.max(a, b) * n; // 开区间 (left, right)
          while (left + 1 < right) { // 开区间不为空
              long mid = left + (right - left) / 2;
              if (mid / a + mid / b - mid / lcm >= n)// 神奇数个数大于等于n
                  right = mid; // 范围缩小到 (left, mid)
              else// 神奇数个数小于n
                  left = mid; // 范围缩小到 (mid, right)
          }
          return (int) (right % MOD);
      }
  
      private int gcd(int a, int b) {
          return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
      }
  }
  
  作者：灵茶山艾府
  链接：https://leetcode.cn/problems/nth-magical-number/solutions/1984641/er-fen-da-an-rong-chi-yuan-li-by-endless-9j34/
  来源：力扣（LeetCode）
  著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
  

  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(nlog(m)$，m为min(a,b)
    • 空间复杂度：$O(1)$

丑数Ⅲ【LC1201】

给你四个整数：n 、a 、b 、c ，请你设计一个算法来找出第 n 个丑数。

丑数是可以被 a 或 b 或 c 整除的 正整数 。

二分查找+数学

神奇数字的升级版，需要考虑三个因子

• 思路：将问题**“第n个丑数是x”转化为“小于等于x的丑数有n个”**，由于x越大n一定越大，因此可以使用二分法查找一个丑数个数小于等于n的区间(0,right]，最后返回右边界

• 实现

  • 计算区间内的丑数个数【容斥原理】：该区间内能被a整除的数的个数为$n_a$个+能被b整除的数的个数为$n_b$个+能被c整除的数的个数为$n_c$个-a和b中重复的个数$n_{ab}$-a和c中重复的个数$n_{ac}$-b和c中重复的个数$n_{bc}$+三个区间都重复的个数$n_{abc}$

    

  • $n_a$、$n_b$、$n_c$的计算方法较简单：除法运算向下取整即可

  • 重叠部分的个数为区间内能被a和b的最小公倍数整除的个数

    • 最小公倍数可以使用最小公约数gcd得到
      $$lcm(a,b)=\frac{ab}{gcd(a,b)}$$

    • 最小公约数用辗转相除法得到

  class Solution {
      public int nthUglyNumber(int n, int a, int b, int c) {
          long lcmAb = lcm(a, b);
          long lcmAc = lcm(a, c);
          long lcmBc = lcm(b, c);
          long lcmAbc = lcm(lcmAb,c);
          int min = Math.min(a, Math.min(b, c));
          long l = 0, r = min * 1L * n ;//左开右开
          while (l + 1 < r){
              long mid = l + r >> 1;
              long count = mid / a + mid / b + mid / c - mid / lcmAb - mid / lcmAc - mid / lcmBc + mid / lcmAbc;
              if (count >= n){
                  r = mid;
              }else{
                  l = mid;
              }
          }
          return (int)r;
      }
      public long gcd(long a, long b){
          return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
      }
      public long lcm(long a, long b){
          return a * b / gcd(a, b);
      }
  }
  

总结

• 题型总结

  • 丑数和丑数Ⅱ：质因数只能包含2、3或5
  • 超级丑数：质因数只能出现在primes数组中
  • 神奇数：能被a或者b整除，因数除了a和b外还可以有其他数
  • 丑数Ⅲ：能被a或者b或者c整除，因数除了a、b和c外还可以有其他数

• 超级丑数为丑数Ⅱ的升级版，都可以使用多指针的思想解决

• 丑数Ⅲ为神奇数的升级版，可以使用二分查找和容斥原理解决，应该不会变态到把因数放到数组里吧，那就要定义数组存储每两个因数的最小公倍数、每三个因数的最小公倍数……