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打卡,第11天。

今天刷的题是4Sum II,

Given four lists A, B, C, D of integer values, compute how many tuples (i, j, k, l) there are such that A[i] + B[j] + C[k] + D[l] is zero.

To make problem a bit easier, all A, B, C, D have same length of N where 0 ≤ N ≤ 500. All integers are in the range of -2^28 to 2^28 - 1 and the result is guaranteed to be at most 2^31 - 1.

Example:

Input:A = [ 1, 2]
B = [-2,-1]
C = [-1, 2]
D = [ 0, 2]
Output:
2

Explanation:

The two tuples are:

(0, 0, 0, 1) -> A[0] + B[0] + C[0] + D[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0

(1, 1, 0, 0) -> A[1] + B[1] + C[0] + D[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0

这道题如果贼容易写出一个时间超限的题目,比如简单的四重循环。

一开始老是会出现时间超限的情况,想着要把时间复杂度将下来,就想着把他转换成2Sum去做,于是就用就先把AB的和放在一个vector中,同理也把CD的和放在一个vector中。天真的以为这样就可以把时间复杂度降下来了。。。然而这两个vector的大小分别是A.size()*B.size()C.size()*D.size(),然后一直没想出来怎么搞,突然想起来昨天在《像程序员一样思考》中看到的削减问题的方法,就开始考虑两个数组的的情况。

显然如果不对数组进行排序的话,肯定是要用两个循环对所有元素遍历的,然后就考虑如果数组是排好序的话,要怎么才能减少一些不必要的遍历,如果一个较小的数一定需要一个较大的数才能使得和为0,所以一个数组从前向后遍历,一个数组从后向前进行遍历。因为数组已经有序了,所以第一个数组越前面的元素(越小)就需要第二个数组越后面的的元素(越大),可以找到一下规律:

  • sum > 0 -> j–
  • sum < 0 -> i++
  • sum == 0 -> count++;j–,i++

当然如果直接这样写的话可能会漏掉一些重复元素,所以还需要一些修改,但是大体的思路已经出来了,所以直接上代码把:

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int fourSumCount(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C, vector<int>& D) {
int count = 0;
vector<int> v1 (A.size()*B.size() ), v2(C.size()*D.size());
int k = 0;
for(auto c:C)
for(auto d:D)
v2[k++] = c+d;
k = 0;
for(auto a:A)
for(auto b:B)
v1[k++] = a+b;
sort(v1.begin(),v1.end());
sort(v2.begin(),v2.end());
int i = 0,j = v2.size() - 1;
int sum;
while(i < v1.size() && j >= 0){
sum = v1[i] + v2[j];
if (sum > 0)
j--;
else if (sum < 0)
i++;
else {
int k1 = 1,k2 = 1;
//处理重复元素的情况
while(i + 1< v1.size() && v1[i + 1 ] == v1[i]){ k1++; i++; }
while(j > 0 && v2[j-1] == v2[j]) { k2++; j--; }
i++;
j--;
count += k1*k2;
}
}
return count;
}

然后是看看dicuss中别人的解法:

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 int fourSumCount(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C, vector<int>& D) {
unordered_map<int, int> abSum;
for(auto a : A) {
for(auto b : B) {
++abSum[a+b];
}
}
int count = 0;
for(auto c : C) {
for(auto d : D) {
auto it = abSum.find(0 - c - d);
if(it != abSum.end()) {
count += it->second;
}
}
}
return count;
}

他使用unordered_map来完成的耶,在c++的STL中,map是用的红黑树,find的时间复杂度是O(nlogn),而unordered_maphash table,所以find的时间复杂度是O(1),突然发现一个好用的东西。。。


貌似今天是中秋,恩,中秋快乐!!

可惜喉咙发炎没法吃月饼。。。


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