问题描述
在一个大小为n的数组a中,对于每个i,都有一个较小值在数组b中,且b[i] != a[i]。请找到一个排列p,使得对于每个i,都有b[p[i]]为a[i]的较小值。
解决方案
1.暴力枚举
首先,我们可以暴力枚举所有可能的排列,再验证是否符合题目要求。具体实现可以使用STL中的next_permutation函数,该函数可以依次生成所有的排列。
下面是暴力枚举的示例代码:
bool Check(int *a, int *b, int *p, int n) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x = p[i];
if (b[x] == a[i]) {
return false;
}
}
return true;
}
int Solve1(int *a, int *b, int n) {
int ans = n;
int *p = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
p[i] = i;
}
do {
if (Check(a, b, p, n)) {
ans = min(ans, InversePairs(p, n));
}
} while (next_permutation(p, p + n));
delete[] p;
return ans;
}
但是,暴力枚举时间复杂度为O(n!),当n较大时,该算法的运行时间是很长的。
2. 基于逆序对的归并排序
由于暴力枚举是非常低效的,我们需要寻找更加高效的算法。我们可以发现,对于一个排列p,如果b[p[i]] <= a[i],那么该排列就不符合题目要求。
因此,我们可以通过对数组a和b排序,同时记录b中每个元素在原数组中的位置,得到每个a[i]对应的较小值在b中的位置q[i],然后求解q的逆序对数即可。
下面是具体实现的示例代码:
bool cmp(const int& a, const int& b) {
return a > b;
}
int Solve2(int *a, int *b, int n) {
int ans = n;
int *q = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
q[i] = lower_bound(b, b + n, a[i], cmp) - b;
}
ans = InversePairs(q, n);
delete[] q;
return ans;
}
由于逆序对问题可以通过归并排序求解,因此我们可以使用归并排序优化复杂度。下面是基于逆序对的归并排序的示例代码:
int Merge(int *a, int *b, int l, int mid, int r) {
int i = l, j = mid + 1;
int k = l, cnt = 0;
while (i <= mid && j <= r) {
if (a[i] > a[j]) {
cnt += mid - i + 1;
b[k++] = a[j++];
} else {
b[k++] = a[i++];
}
}
while (i <= mid) {
b[k++] = a[i++];
}
while (j <= r) {
b[k++] = a[j++];
}
for (i = l; i <= r; i++) {
a[i] = b[i];
}
return cnt;
}
int MergeSort(int *a, int *b, int l, int r) {
if (l == r) {
return 0;
}
int mid = (l + r) >> 1;
int cnt = MergeSort(a, b, l, mid) + MergeSort(a, b, mid + 1, r);
cnt += Merge(a, b, l, mid, r);
return cnt;
}
int InversePairs(int *a, int n) {
int *b = new int[n];
int cnt = MergeSort(a, b, 0, n - 1);
delete[] b;
return cnt;
}
总结
本文介绍了C++中另一个数组中较小值的排列问题,并给出了两种解决方案:暴力枚举和基于逆序对的归并排序。实际应用中,基于逆序对的归并排序是更加高效的算法,其时间复杂度为O(nlogn)。