模拟问题(上)

一、旋转数组

解法一:额外数组

可以使用额外的数组来将每个元素放至正确的位置。遍历原数组，将原数组下标为 i 的元素放至新数组下标为 (i+m) mod n （为了防止右移的长度大于数组的长度，所以才有取余）的位置，最后返回新数组即可

class Solution {
    
public:
    /** * 旋转数组 * @param n int整型 数组长度 * @param m int整型 右移距离 * @param a int整型vector 给定数组 * @return int整型vector */
    vector<int> solve(int n, int m, vector<int>& a) {
    
        // write code here
        vector<int>res(a.size());
        for(int i=0;i<n;i++)
            res[(i+m)%n]=a[i];
        return res;
    }
};

时间复杂度 O(n)：其中 n 为数组的长度，遍历数组时间O(n)
空间复杂度O(n)： 额外新数组占用空间

解法二:三步翻转法(推荐)

循环右移相当于从第m个位置开始，左右两部分视作整体翻转。即abcdefg右移3位efgabcd可以看成AB翻转成BA（这里小写字母看成数组元素，大写字母看成整体）。既然是翻转我们就可以用到reverse函数。

• 因为m可能大于n，因此需要对n取余，因为每次长度为n的旋转数组相当于没有变化。
• 第一次将整个数组翻转，得到数组的逆序，它已经满足了右移的整体出现在了左边。
• 第二次就将左边的m个元素单独翻转，因为它虽然移到了左边，但是逆序了。
• 第三次就将右边的n−m个元素单独翻转，因此这部分也逆序了。
  

class Solution {
    
public:
    vector<int> solve(int n, int m, vector<int>& a) {
    
        //取余，因为每次长度为n的旋转数组相当于没有变化
        m = m % n; 
        //第一次逆转全部数组元素
        reverse(a.begin(), a.end()); 
        //第二次只逆转开头m个
        reverse(a.begin(), a.begin() + m); 
        //第三次只逆转结尾m个
        reverse(a.begin() + m, a.end()); 
        return a;
    }
};

时间复杂度：O(n)，三次reverse函数的复杂度都最坏为O(n)
空间复杂度：O(1)，没有使用额外的辅助空间

二、螺旋矩阵

解法:边界模拟法

这道题就是一个简单的模拟，我们想象有一个矩阵，从第一个元素开始，往右到底后再往下到底后再往左到底后再往上，结束这一圈，进入下一圈螺旋。

• 首先排除特殊情况，即矩阵为空的情况。
• 设置矩阵的四个边界值，开始准备螺旋遍历矩阵，遍历的截止点是左右边界或者上下边界重合。
• 首先对最上面一排从左到右进行遍历输出，到达最右边后第一排就输出完了，上边界相应就往下一行，要判断上下边界是否相遇相交。
• 然后输出到了右边，正好就对最右边一列从上到下输出，到底后最右边一列已经输出完了，右边界就相应往左一列，要判断左右边界是否相遇相交。
• 然后对最下面一排从右到左进行遍历输出，到达最左边后最下一排就输出完了，下边界相应就往上一行，要判断上下边界是否相遇相交。
• 然后输出到了左边，正好就对最左边一列从下到上输出，到顶后最左边一列已经输出完了，左边界就相应往右一列，要判断左右边界是否相遇相交。
• 重复上述3-6步骤直到循环结束。

class Solution {
    
public:
    vector<int> spiralOrder(vector<vector<int> > &matrix) {
    
        vector<int> res;
        int n = matrix.size();
        //先排除特殊情况
        if(n == 0) 
            return res;
        //左边界
        int left = 0; 
        //右边界
        int right = matrix[0].size() - 1; 
        //上边界
        int up = 0; 
        //下边界
        int down = n - 1; 
        //直到边界重合
        while(left <= right && up <= down){
     
            //上边界的从左到右
            for(int i = left; i <= right; i++) 
                res.push_back(matrix[up][i]); 
            //上边界向下
            up++; 
            if(up > down)
                break;
            //右边界的从上到下
            for(int i = up; i <= down; i++) 
                res.push_back(matrix[i][right]);
            //右边界向左
            right--; 
            if(left > right)
                break;
            //下边界的从右到左
            for(int i = right; i >= left; i--) 
                res.push_back(matrix[down][i]);
            //下边界向上
            down--; 
            if(up > down)
                break; 
            //左边界的从下到上
            for(int i = down; i >= up; i--) 
                res.push_back(matrix[i][left]);
            //左边界向右
            left++; 
            if(left > right)
                break;
        }
        return res;
    }
};

时间复杂度：O(mn)，相当于遍历整个矩阵
空间复杂度：O(1)，res属于必要空间，没有使用额外辅助空间