JavaScript 刷 LeetCode 拿 offer- 分治
前言
今天没啥前言,分治很难,主要难在如何拆分后比较好治理合并,这比二分这些只要拆了就结束要难上一个 level,所以这里属于出入 分治
这种想法的思维,后续会尽可能的锻炼这样的做法;做一道分治,如果能用其他方法代替的时候,一般分治不算是最优解,起码很伤脑子;
正文
概念
分治即分而治之
,所以要分成两部分
分:将一个规模为 N 的问题分解为若干个规模较小的子问题
治:根据子问题的解求原问题
关键点
一定是先分再治
治一定是利用分的结果进行的,也就是说治依赖于分
适用场景
如果问题可以被分解为若干个规模较小的相同问题
这些被分解的问题的结果可以进行合并
这些被分解的问题是相互独立的,不包含重叠的子问题
分支和 dp 有很深联系,且与二分法也有关联,本质上,二分就是一直只有分没有治的分治,因为二分的结果只需要找到那个较小的相同问题的解,不需要再合并起来;
技巧
思考子问题的求解边界,使用函数来定义问题
思考如何将子问题的解进行合并 -- 假设子问题已经计算好了,如何合并起来
思考编码思路 -- 一般使用递归
分治和二分,dp 的异同
二分只对问题进行分,分完直接舍弃;而分治不仅需要对问题进行分解,还需要对多个问题进行治理
分治和 dp 都涉及到问题的问题,并且都需要保证子问题的不重不漏。
dp 是通过递推和选择进行转译,从特殊推广到一半
分治也可能涉及到选择;
dp 解决的问题往往伴随重叠子问题,而分治则不是
小结
如果一个问题被文杰为若干个不重叠的独立子问题,并且子问题可以推到出原问题,我们就可以用分治来解决;
题目
53. 最大子序和
分析 -- 分治法
先分 -- 运用递归的方法将数组区间的左右节点 l,r 不断二分出去,直到 l === r 为止,这个时候需要考虑怎么治理了
再治 -- 这里最终要求的是最大的连续子序列,我们先考虑两个值合并,最大的情况是三种, Math.max(L,R,L+R),
但是当再多一点值的时候,我们就需要改变一下 Math.max(LMAX,RMAX,L_Rmax+R_Lmax) 这里的 LMAX, RMAX 是指合并两个区间的最大值,L_Rmax 是指在 L 区间包含 right 终点为最大区间;
所以治的过程中,每个区间需要有 4 个变量,分别是 totalSum 区间总和,leftSum 包含 left 节点的最大连续子列和, rightSum 包含 right 节点的最大连续子列和, maxSum 区间的最大值
初始化的时候,也就是单个节点的时候,4 个变量都是唯一值 nums[l]
开始合并治理,
totalSum 直接将两个节点的 totalSum 合并即可;
leftSum 总是和 left 区间相关 -- Math.max(left.maxSum,left.totalSum+right.leftSum), 要不直接区左区间的最大值,要不全取左区间 + 右区间的 leftSum
同理 rightSum 也总是和 right 区间相关 -- Math.max(right.maxSum,right.totalSum+left.rightSum)
maxSum 分三种情况 -- Math.max(left.maxSum,right.maxSum,left.rightSum+right.leftSum)
所以先递后归,时间复杂度为 O(n)
参考视频:传送门
分析 -- 贪心
求的是最大和的
连续子数组
用 sum 缓存前面和大于 0 的子数组之和,一旦小于 0 ,就不再累加,重新置 0, 保持每一次迭代前 sum 的值都是 >=0
这样对于每一个局部子数组,它的累加值都是大于等于 0 的,这样每次累加一个新值,就进行最大值比较,保证整体是一个最大子数组之和
时间复杂度 O(n)
96. 不同的二叉搜索树
分析 -- 分治
题目都是给定 n 个节点,求最多能有多少种 BST,也就是求在 [1,n] 这些节点能构成多少中 BST, 可以细分到按顺序的 [k,k+n] 的小区间,能构成多少个 BST
先分: 由于 BST 左树小于右树,所以可以不断将节点区间拆分左右两份,交给子树自己处理
再治: 拆分到只有一个节点的时候,自然只有一种了;当左右树分别都有 l,r 种不同的解法,合并之后就是 l*r 种了
当然这种办法会做很多重复的工作,毕竟我们在执行回调的时候,入参的指数一个节点树 x, 所以我们可以用空间换时间的概念,缓存一些值
这样处理之后,时间复杂度为 O(nlog(n)), 空间复杂度为 O(n)
分析 -- dp + 分治
根据分治解法可知,每一次都只是按照节点数来治理相应的子树,所以可以用 dp 来缓存
dp[i] 表示有 i 个节点时,不同子树的最大数量
base case dp[0] =1, 这个其实就是分治中分到最后的初次治理
状态转移方程: dp[i] = 累加的 dp[k-1]*dp[i-k] 这里就是分治中治理合并的过程,在 dp 中是状态转移方程;
时间复杂度为 O(nlog(n)), 空间复杂度为 O(n)
169. 多数元素
分析 -- 分治
先分:将 nums 拆分到单个值的数组之后,然后开始治理
再治:合并的时候,先找出两个合并的众数值和数量,然后再考虑合并之后哪一个才是真正的众数;
再治 2:选择众数是通过比较两个合并数组得到的,合并之后众数值是两个数组都要获取的,所以每一次治的时候都要再次获取对应 target 的数量
治理解析: 为什么直接比对两个数组的众数就能得到合并后数组的众数,那么这两个值就当前数组最有可能的众数了,只要比对这两个值就能得到当前合并数组的真正众数了
二分递归的时间复杂度是 logn, 每一次治理合并的时候的复杂度也是 logn,所以时间复杂度是 O(n),空间复杂度 O(1)
分析 -- 摩尔投票法
如果有一个值 target 得到票数是 nums 的一半以上,那么对于任意一个最开始的取值,我们都可以假设为 target,然后维护一个票数 count
如果 count 已经为 0 了,那么就替换 target 值,直到最后留在 target 上的值,就是所求的值
这里考虑最极端的情况,就是一开始就取到了真实的 target 值,它不断和其他值进行抵消,由于 target 的数量是大于一半的,所以最后还是能保留在 target 上
时间复杂度 O(n), 空间复杂度 O(1)
23. 合并 K 个升序链表
分析 -- 直接迭代合并链表
合并 k 个链表不好合并,合并 2 个链表就比较简单了;
这里每一次合并两个链表
合并两个链表为 1 个,然后不断的迭代,最后得到一个
最后超时了,时间复杂度是 NM 其中 N 是链表数组的长度,M 是链表的平均长度
分析 -- 分治
合并 k 个链表不好合并,合并 2 个链表就比较简单了;
先分: 按照长度进行二分拆分,只要超过 2 个链表就继续往下拆分,直到为 1 个的时候,再治理
再治: 当进行二分拆分后,再组合起来,迭代到最后得到两个有序的数组,然后得到了一个完整的链表
使用分治而不是迭代合并,可以使得合并的次数从 n 次 降低到了 logn, 时间复杂度为 MlogN 其中 M 为合并两个链表的长度,n 是链表数组的长度
932. 漂亮数组
分析 -- 分治
解答这道题最主要是有两个公式,
奇数+偶数 !== 奇数
,所以如果取值的时候左侧都是奇数,右侧都是偶数,那么肯定符合要求第二个公式是: 如果 2i !== l+r, 那么 2(i2+b) !== l2+b+ r2+b; 这个等式是当我们取的 3 个值同奇偶的时候(2(i2+b),l2+b, r2+b),我们需要考虑,在它的下一层,他们(i,l,r)是符合漂亮数组的;
所以这就需要自底向上,每一次都组合好漂亮数组,然后再网上去合并治理
先分: 由于给定的都是数组长度,所以自己按需填入对应的 [1,2...n] 值就好,一直分到只有一个值了,那么就是 1 了
再治: 合并的时候必须保证合并双方都已经是漂亮数组,这样合并之后才必然是漂亮数组,这里保证合并之后,左侧都是奇数,右侧都是偶数
由于漂亮数组的排列只和长度 n 有关,为了降低重复计算,使用 map 缓存数据
时间复杂度 O(n)
这里最需要考虑的就是当取到三个值是同奇偶的时候,如何保证漂亮;我们知道对于同奇偶的值而言,它是由下一层的漂亮数组递归回来,然后通过 2k+b 的方式转换而来的,也就是说同奇偶的值是符合第二个公式的,进而可以确定他们也是漂亮的这里其实还隐藏了一个等式,那就是对于 [1,2,...,2n] 而言,它是由[[1,2,...n].map(i=>i2-1) , [1,2,...n].map(i=>i2-1)] 组成的,这样也同时将奇数放在左边,偶数放在了右边,这是治的一部分;
215. 数组中的第 K 个最大元素
分治 -- 快速搜索
求第 k 大,也就是求排好序之后的第 len(nums)-k+1 个值,对应于下标就是 targetIndex =len(nums)-k
这里用到快排的方式,找出随机下标 mid ,然后进行快搜,将大于 nums[mid] 的放在右侧,小于 mid 的放在左侧, 最后返回 nums[mid] 在整理后的下标 pivotIndex
如果得到的 pivotIndex 大于我们的 targetIndex,则再次快搜左侧[left,pivotIndex-1]数组
时间复杂度,最快是 O(n) 一次找到,最慢是 O(n2)
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