LeetCode.189(轮转数组）

news2024/9/24 3:27:14

对于轮转数组这个题，文章一共提供三种思路，对于每种思路均提供其对应代码的时间、空间复杂度。

1. 创建变量来保存最后一个数，并将其余数组向前挪动一位：

1.1 原理解析：

1.2 代码实现：

2.创建一个数组，用于存放需要旋转的元素，并放到相应位置：

2.1 原理解析：

2.2 代码实现：

3. 先左部分右旋，再右部分右旋，最后整体逆序(三段逆序法）：

3.1 原理解析：

3.2 代码实现：

题目要求如图所示：

1. 创建变量来保存最后一个数，并将其余数组向前挪动一位：

（注：第一种思路虽然可以解决问题，但是代码的时间复杂度为 $O(N^2)$ ，空间复杂度为 $O(1)$ ，时间复杂度不符合LeetCode的提交标准，所以，第一种思路仅供参考与扩展。）

1.1 原理解析：

假设一个数组为：

nums[7] = {1,2,3,4,5,6,7};

为了方便表示，用下图来代表数组及数组中的元素：

第一步：先将数组种最后一位元素，即：7，用一个临时变量保存。

第二步：将其他剩余元素全部向右移动一位。

第三步：把临时变量保存的7，放到数组的首元素的位置。

至此，完成一次交换。

1.2 代码实现：

用代码表示上述过程，即：

#include<stdio.h>
#include<assert.h>
void rotata(int* nums,int numsize)
{
	assert(nums);
	int tmp = nums[numsize - 1];//用临时变量保存数组最后一个元素
	int i = 0;
	for (i = 6 ; i > 0; i--)
	{
		nums[i] = nums[i - 1];//将其余元素向右移动一位
	}
	nums[0] = tmp;//将临时变量保存的元素放在数组首个元素的位置
}
int main()
{
	int nums[7] = { 1,2,3,4,5,6,7 };
	int sz = sizeof(nums) / sizeof(nums[0]);
	rotata(nums, sz );
	return 0;
}

打印结果如下：

上面的代码，只能实现右移一位。对于移动多个元素，可以将上面移动一个元素的过程用循环来进行。例如，用变量 $k$ 来代表旋转的次数，代码为：

#include<stdio.h>
#include<assert.h>
void rotata(int* nums,int numsize,int k)
{
    k = k % numsize + 1;//防止k过大，使k的范围在0-7
	assert(nums);
	int j = 0;
	for (j = 0; j < k; j++)
	{
		int tmp = nums[numsize - 1];//用临时变量保存数组最后一个元素
		int i = 0;
		for (i = 6; i > 0; i--)    //0 1 2 3 4 5 6 
			                       //  1 2 3 4 5 6
		{
			nums[i] = nums[i - 1];//将其余元素向右移动一位
		}
		nums[0] = tmp;//将临时变量保存的元素放在数组首个元素的位置
	}
	
	
}
int main()
{
	int nums[7] = { 1,2,3,4,5,6,7 };
	int sz = sizeof(nums) / sizeof(nums[0]);
	int k = 0;
	scanf("%d", &k);
	rotata(nums, sz,k );
	int i = 0;

	return 0;
}

因为数组每旋转7次，数组中的元素就回到不旋转的位置，所以，即使在输入旋转次数为77次时，得到的效果也和旋转一次一样

旋转一次效果：

旋转两次效果：

旋转77次：

但是，当 $k$ 的值过大时，因为每右旋7次就是一个循环，所以，为了减少编译器的工作量，用 $k$ % $numsize$ $+1$ ,让 $k$ 的取值范围保持在 $0\rightarrow 7$ 这个区间（闭区间）

2.创建一个数组，用于存放需要旋转的元素，并放到相应位置：

方法二的时间复杂度为 $O(N)$ ,空间复杂度为 $O(N)$

2.1 原理解析：

依旧使用上面的图来解释思路：

右旋一次：

右旋两次:

对于上面的两种情况，不难发现，其实所谓的右旋，可理解为将需要进行右旋的元素看成一个整体，让后放到其余元素的前面，例如旋转两次时：

第一步：将元素 $6,7$ 看作一个整体，其余元素看成一个整体。

第二步：作为整体的 $6,7$ 放到剩余元素的前面进行整合：

2.2 代码实现：

有了解决问题的思路后，下面给出具体实现的代码：

void rotate(int* nums, int numsSize, int k){
   int n = numsSize;
   int* tmp = (int*)malloc(sizeof(int)*(n));
  
   k = k%n;

   memcpy(tmp,nums+n-k,sizeof(int)*(k));
   memcpy(tmp+k,nums,sizeof(int)*(n-k));
   memcpy(nums,tmp,sizeof(int)*(n));

   free(tmp);

}

整体代码的逻辑为： n是数组中元素的个数，k是执行右旋的次数。

1.先用malloc开辟一块空间

2.用 $k$ % $n$ 来限制 $k$ 的取值范围。

3.先利用memcpy函数将nums数组种起始地址 $n+k$ ，数量为 $k$ 的元素拷贝到tmp这个临时空间种。

4.再利用memcpy函数将nums剩余的元素拷贝到tmp中。

此时，tmp已经存储了旋转后的数组。

5.将tmp中的元素赋值到nums中。

执行结果如下：

从结果中可以看到，方法二是用空间来换取速度的方法。

3. 先左部分右旋，再右部分右旋，最后整体逆序(三段逆序法）：

最优解法，时间复杂度为 $O(N)$ ，空间复杂度因为只创建了一个额外的临时变量，为 $O(1)$

3.1 原理解析：

对于三段逆序法，同样使用图片来解释：

假设：数组名为 $nums$ ,数组中的元素个数为 $n$ ,按照LeetCode中7个元素。需要旋转的位数为 $k$ 。下面的代码就拿 $k = 3$ 来解释。

第一步：先将左部分元素整体逆序,即：把下标从0到 $nums-k-1$ (即数组中第一个到第四个元素逆序）的元素逆序：

第二步：将右半部分元素整体逆序，即：把下标为 $nums - k$ 到 $n-1$ (即数组中第五个到第七个元素逆序）：

第三步：整体逆序：即：对下标从0到 $nums-1$ 的元素逆序：

通过LeetCode网站给出的样例发现，整体逆序后结果与样例相同：

3.2 代码实现：

在上面的解释中，既然每一步都需要逆序，所以，为了方便并且减少代码量，可以提前封装一个交换函数或者直接使用交换函数，这里给出提前封装交换函数的代码：

其中：变量 $a$ 对应数组 $nums$ ,变量 $left$ 对应交换的起始位置，变量 $right$ 对于交换的结束位置

void reserve( int*a,int left,int right)
{
    while(left < right)
    {
        int tmp = a[left];
        a[left] = a[right];
        a[right] = tmp;
        left++;
        right--;
    }
}

再交换后，根据上面对原理的解释，对逆序函数进行三次调用并传递相应的参数即可：

void rotate(int* nums, int numsSize, int k){

   int n = numsSize;
   k = k%n;
   reserve(nums,0,n-k-1);
   reserve(nums,n-k,n-1);
   reserve(nums,0,n-1);

}

整体函数如下：

void reserve( int*a,int left,int right)
{
    while(left < right)
    {
        int tmp = a[left];
        a[left] = a[right];
        a[right] = tmp;
        left++;
        right--;
    }
}


void rotate(int* nums, int numsSize, int k){

   int n = numsSize;
   k = k%n;
   reserve(nums,0,n-k-1);
   reserve(nums,n-k,n-1);
   reserve(nums,0,n-1);

}

运行结果如下：