轮转数组
- 题目
- 第一种解法：额外数组
- 第二种解法：环状替换
- 第三种解法：翻转数组
- 结语
题目
题目链接：轮转数组
给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。
示例 1:
输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3
输出: [5,6,7,1,2,3,4]
解释:
向右轮转 1 步: [7,1,2,3,4,5,6]
向右轮转 2 步: [6,7,1,2,3,4,5]
向右轮转 3 步: [5,6,7,1,2,3,4]
示例 2:
输入：nums = [-1,-100,3,99], k = 2
输出：[3,99,-1,-100]
解释:
向右轮转 1 步: [99,-1,-100,3]
向右轮转 2 步: [3,99,-1,-100]
提示：
1 <= nums.length <= 105
-231 <= nums[i] <= 231 - 1
0 <= k <= 105
进阶：
尽可能想出更多的解决方案，至少有 三种 不同的方法可以解决这个问题。
你可以使用空间复杂度为 O(1) 的 原地 算法解决这个问题吗？
第一种解法：额外数组
代码如下：
void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {
int newArr[numsSize];
for (int i = 0; i < numsSize; ++i) {
newArr[(i + k) % numsSize] = nums[i];
}
for (int i = 0; i < numsSize; ++i) {
nums[i] = newArr[i];
}
}
复杂度分析：
时间复杂度： O(n)，其中 n 为数组的长度。
空间复杂度： O(n)。
个人分析：
这种解法最妙的地方是（i+k)%numSize的运用，值得多想想，这里是使用了一个变长数组的写法，使用了额外的数组空间接收反转后的数组，再重新赋回原数组。
举个例子：
nums[ ]={1,2,3,4,5},k=2,反转后应是nums[ ]={4,5,1,2,3};
初始条件：i=0 k=2 numsSize=5
第一趟 i=0 (i + k) % numsSize=2 newArr[2]=nums[0]
newArr[]={ , ,1, , }
第二趟 i=1 (i + k) % numsSize=3 newArr[3]=nums[1]
newArr[]={ , ,1,2, }
第三趟 i=2 (i + k) % numsSize=4 newArr[4]=nums[2]
newArr[]={ , ,1,2,3}
第三趟 i=3 (i + k) % numsSize=0 newArr[0]=nums[3]
newArr[]={4, ,1,2,3}
第四趟 i=4 (i + k) % numsSize=1 newArr[1]=nums[4]
newArr[]={4,5,1,2,3}
i=numsSize 终止第一个循环
最后将利用for循环将newArr[ ]中的元素遍历赋给nums数组即可。
第二种解法：环状替换
代码如下：
//最大公约数
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
//交换
void swap(int* a, int* b) {
int t = *a;
*a = *b, *b = t;
}
void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {
k = k % numsSize;
int count = gcd(k, numsSize);
for (int start = 0; start < count; ++start) {
int current = start;
int prev = nums[start];
do {
int next = (current + k) % numsSize;
swap(&nums[next], &prev);
current = next;
} while (start != current);
}
}
复杂度分析：
时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的长度。每个元素只会被遍历一次。
空间复杂度：O(1)。我们只需常数空间存放若干变量。
个人分析：
首先讲讲这里的gcd函数是一个求最大公约数的自定义函数，有很多小伙伴可能不理解这种写法，可以替换成下面这种常规的辗转相除写法：
int gcd(int a, int b) {
while(a%b)
{
int r=a%b;
a=b;
b=r;
}
return b;
}
swap是常用的交换函数就不多讲了，这种写法的主要思路是将间隔为k的元素逐个向后替换，再将该间隔最后一个元素与开头替换，求k与numsSize的最大公约数是为了将不同间隔数分组，设定循环次数，便于遍历交换。
举个例子：
nums[ ]={1,2,3,4,5,6},k=2,反转后应是nums[ ]={5,6,1,2,3,4};
初始条件：start=0 k=2 numsSize=6
第一趟 prev=nums[0]=1
current=0 next=(current + k) % numsSize=2
nums[2]=1 prev=3 nums[]={1,2,1,4,5,6}
current=2 next=(current + k) % numsSize=4
nums[4]=3 prev=5 nums[]={1,2,1,4,3,6}
current=4 next=(current + k) % numsSize=0
nums[0]=5 prev=1 nums[]={5,2,1,4,3,6}
current=0=start 终止do...while循环
第二趟 prev=nums[1]=2
current=1 next=(current + k) % numsSize=3
nums[3]=2 prev=4 nums[]={5,2,1,2,3,6}
current=3 next=(current + k) % numsSize=5
nums[5]=4 prev=6 nums[]={5,2,1,2,3,4}
current=5 next=(current + k) % numsSize=1
nums[1]=6 prev=2 nums[]={5,6,1,2,3,4}
current=1=start 终止do...while循环
start=2=count 终止for循环
提一下这里的k=k%numsSize操作，我觉得是个优化吧，假设这里k=8，实际和k=2的最终结果是一样的，这样可以做性能上的优化吧，然后就是这里count是用于循环条件的，也可以不使用最大公约数的赋值写法，也可以在while循环里加一个变量记录被访问的元素，当count等于这个值时，结束遍历也可。
第三种解法：翻转数组
代码如下：
//交换
void swap(int* a, int* b) {
int t = *a;
*a = *b, *b = t;
}
//数组反转
void reverse(int* nums, int start, int end) {
while (start < end) {
swap(&nums[start], &nums[end]);
start++;
end++;
}
}
void rotate(int* nums, int numsSize, int k) {
k %= numsSize;
reverse(nums, 0, numsSize - 1);
reverse(nums, 0, k - 1);
reverse(nums, k, numsSize - 1);
}
复杂度分析：
时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的长度。每个元素被翻转两次，一共 n 个元素，因此总时间复杂度为 O(2n)=O(n)。
空间复杂度：O(1)。
个人分析：
这个算法的思路是先将整个数组先反转，再将前后两部分分别反转，个人认为比前两种写法更好理解一些。这里的反转的写法是采用前后指针的交换写法。同样的，举个例子：
nums[ ]={1,2,3,4,5},k=2,反转后应是nums[ ]={4,5,1,2,3};
初始条件： k=2 numsSize=5
第一趟 nums[]={5,4,3,2,1}
第二趟 nums[]={4,5,3,2,1}
第三趟 nums[]={4,5,1,2,3}
结语
这里的解法代码来自力扣官方，作者只是进行了详细的剖析和部分改动
方便大家理解和提升自己，学会多角度观察问题，解决问题。
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