Leetcode（605）——种花问题

题目

假设有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。

给你一个整数数组 flowerbed 表示花坛，由若干 0 和 1 组成，其中 0 表示没种植花，1 表示种植了花。另有一个数 n ，能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花？能则返回 true ，不能则返回 false。

示例 1：

输入：flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1
输出：true
示例 2：

输入：flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 2
输出：false

提示：

1 <= flowerbed.length <= 2 * 104
flowerbed[i] 为 0 或 1
flowerbed 中不存在相邻的两朵花
0 <= n <= flowerbed.length

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/can-place-flowers
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题解

方法一：贪心算法

思路

​​  判断能否在不打破种植规则的情况下在花坛内种入 $n$ 朵花，从贪心的角度考虑，应该在不打破种植规则的情况下种入尽可能多的花，然后判断可以种入的花的最多数量是否大于或等于 $n$。

​​  假设花坛的下标 $i$ 和下标 $j$ 处都种植了花，其中 $j-i\ge 2$，且在下标 $[i+1,j-1]$ 范围内没有种植花，则只有当 $j-i\ge 4$ 时才可以在下标 $i$ 和下标 $j$ 之间种植更多的花，且可以种植花的下标范围是 $[i+2,j-2]$。可以种植花的位置数是 $p=j-i-3$，当 $p$ 是奇数时最多可以在该范围内种植 $(p+1)/2$ 朵花，当 $p$ 是偶数时最多可以在该范围内种植 $p/2$ 朵花。由于当 $p$ 是偶数时，在整数除法的规则下 $p/2$ 和 $(p+1)/2$ 相等，因此无论 $p$ 是奇数还是偶数，都是最多可以在该范围内种植 $(p+1)/2$ 朵花，即最多可以在该范围内种植 $(j-i-2)/2$ 朵花。

​​  上述情况是在已有的两朵花之间种植花的情况（已有的两朵花之间没有别的花）。假设花坛的下标 $l$ 处是最左边的已经种植的花，下标 $r$ 处是最右边的已经种植的花（即对于任意 $k<l$ 或 $k>r$ 都有 $\text{flowerbed}[k]=0$），如何计算在下标 $l$ 左边最多可以种植多少朵花以及在下标 $r$ 右边最多可以种植多少朵花？

​​  下标 $l$ 左边有 $l$ 个位置，当 $l<2$ 时无法在下标 $l$ 左边种植花，当 $l\ge 2$ 时可以在下标范围 $[0,l-2]$ 范围内种植花，可以种植花的位置数是 $l-1$，最多可以种植 $l/2$ 朵花。

​​  令 $m$ 为数组 $\text{flowerbed}$ 的长度，下标 $r$ 右边有 $m-r-1$ 个位置，可以种植花的位置数是 $m-r-2$，最多可以种植 $(m-r-1)/2$ 朵花。

​​  如果花坛上没有任何花朵，则有 $m$ 个位置可以种植花，最多可以种植 $(m+1)/2$ 朵花。

根据上述计算方法，计算花坛中可以种入的花的最多数量，判断是否大于或等于 $n$ 即可。具体做法如下。

• 维护 $\text{prev}$ 表示上一朵已经种植的花的下标位置，初始时 $\text{prev}=-1$，表示尚未遇到任何已经种植的花。
• 从左往右遍历数组 $\text{flowerbed}$，当遇到 $\text{flowerbed}[i]=1$ 时根据 $\text{prev}$ 和 $i$ 的值计算上一个区间内可以种植花的最多数量，然后令 $\text{prev}=i$，继续遍历数组 $\text{flowerbed}$ 剩下的元素。
• 遍历数组 $\text{flowerbed}$ 结束后，根据数组 $\text{prev}$ 和长度 $m$ 的值计算最后一个区间内可以种植花的最多数量。
• 判断整个花坛内可以种入的花的最多数量是否大于或等于 $n$。

​​  由于只需要判断能否在不打破种植规则的情况下在花坛内种入 $n$ 朵花，不需要具体知道最多可以在花坛内种入多少朵花，因此可以在循环内进行优化，当可以种入的花的数量已经达到 $n$，则可以直接返回 $\text{true}$，不需要继续计算数组剩下的部分。

代码实现

我的：

class Solution {
    
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
    
        if(n == 0) return true;
        int size = flowerbed.size();
        int m = 0;
        int lastflower = -2;    // 为了处理 [0] 1 的特殊情况
        for(int i = 0 ; i < size; i++){
    
            if(flowerbed[i] == 1){
    
                if(lastflower == -1) m += i/2;  // (i-0)/2
                else m += (i-lastflower-2) > 0? (i-lastflower-2)/2: 0;
                if(m >= n) return true;
                lastflower = i;
                i++;    // 跳过旁边的0
            }else if(i == size-1){
    
                // 特殊情况即 [0,1,0,0,0]
                // 为了处理 [0] 1 的特殊情况，令 lastflower = -2
                m += (i-lastflower)/2;
                if(m >= n) return true;
            }
        }
        return false;
    }
};

网友一个很巧妙的思路：
只判断后面的位置有没有种花就够了。这利用 1 相邻的两边之后必然是0，和处于末尾的特性。
因为如果 flowerbed[i]==1 的时候，它 i++ 了，循环一次后也会 i++，相当于 i 跳了两步，所以就不用判断前面的。

class Solution {
    
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
    
        int size = flowerbed.size();
        for(int i = 0; i < size; ++i){
    
            if(flowerbed[i] == 0 && (i+1 == size || flowerbed[i+1] == 0)){
    
                n--;
                i++;
            }else if(flowerbed[i] == 1) i++;
            if(n <= 0) return true; // 小于0是为了避免n初始为0的情况 
        }
        return false;
    }
};

// 下面这个是我写的
class Solution {
    
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
    
        int size = flowerbed.size();
        // 假定它的左相邻为0，则只需要检测其和右边是否为0即可
        // 然后再照顾一下末尾的特殊情况即可
        for(int i = 0; i < size; i++){
    
            if(flowerbed[i] == 1) i++;  // 跳转到相邻0的下一位，就可以确保下次检查的位置的左边为0
            else if(((i == size-1 && flowerbed[i] == 0)) || (flowerbed[i] == flowerbed[i+1])){
    
                i++;
                n--;
            }
            if(n <= 0) return true;
        }
        return false;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(m)$，其中 $m$ 是数组 $\text{flowerbed}$ 的长度。需要遍历数组一次。
空间复杂度：$O(1)$。额外使用的空间为常数。