二分查找|双指针:LeetCode:2398.预算内的最多机器人数目

本文主要是介绍二分查找|双指针:LeetCode:2398.预算内的最多机器人数目，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

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本文涉及的基础知识点

二分查找算法合集
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单调队列：计算最大值时，如果前面的数小，则必定被淘汰，前面的数早出队。

题目

你有 n 个机器人，给你两个下标从 0 开始的整数数组 chargeTimes 和 runningCosts ，两者长度都为 n 。第 i 个机器人充电时间为 chargeTimes[i] 单位时间，花费 runningCosts[i] 单位时间运行。再给你一个整数 budget 。
运行 k 个机器人总开销是 max(chargeTimes) + k * sum(runningCosts) ，其中 max(chargeTimes) 是这 k 个机器人中最大充电时间，sum(runningCosts) 是这 k 个机器人的运行时间之和。
请你返回在不超过 budget 的前提下，你最多可以连续运行的机器人数目为多少。
示例 1：
输入：chargeTimes = [3,6,1,3,4], runningCosts = [2,1,3,4,5], budget = 25
输出：3
解释：
可以在 budget 以内运行所有单个机器人或者连续运行 2 个机器人。
选择前 3 个机器人，可以得到答案最大值 3 。总开销是 max(3,6,1) + 3 * sum(2,1,3) = 6 + 3 * 6 = 24 ，小于 25 。
可以看出无法在 budget 以内连续运行超过 3 个机器人，所以我们返回 3 。
示例 2：
输入：chargeTimes = [11,12,19], runningCosts = [10,8,7], budget = 19
输出：0
解释：即使运行任何一个单个机器人，还是会超出 budget，所以我们返回 0 。
参数范围：
chargeTimes.length == runningCosts.length == n
1 <= n <= 5 * 10⁴
1 <= chargeTimes[i], runningCosts[i] <= 10⁵
1 <= budget <= 10¹⁵

双指针

分析

本质是子数组，我们可以枚举起点left ，子数组[left,righ)是不超预算的最长子数组。

时间复杂度

O(n)，枚举left和right都是O(n)，right没有从新开始，所有总时间复杂度是O(n)。

代码

核心代码

class Solution {
public:
int maximumRobots(vector& chargeTimes, vector& runningCosts, long long budget) {
m_c = chargeTimes.size();
int iRet = 0;
long long llSum = 0;
std::deque vMaxIndex;
for (int left = 0, right = 0; left < m_c; left++)
{
if (right < left)
{
llSum = 0;
right = left;
vMaxIndex.clear();
}
while (right < m_c)
{
while (vMaxIndex.size() && (chargeTimes[vMaxIndex.back()] <= chargeTimes[right]))
{
vMaxIndex.pop_back();
}
vMaxIndex.emplace_back(right);
const long long llNew = (llSum + runningCosts[right]) * (right-left+1) + chargeTimes[vMaxIndex.front()];
if (llNew > budget)
{
break;// [left,right)超出预算，有多个right，取最小的按个
}
llSum += runningCosts[right];
right++;
}
iRet = max(iRet, right - left);
llSum -= runningCosts[left];
if (vMaxIndex.front() == left)
{
vMaxIndex.pop_front();
}
}
return iRet;
}
int m_c;
};

测试用例

template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{if (v1.size() != v2.size()){assert(false);return;}for (int i = 0; i < v1.size(); i++){assert(v1[i] == v2[i]);}
}template<class T>
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{assert(t1 == t2);
}int main()
{vector<int> chargeTimes, runningCosts;long long budget;{Solution slu;chargeTimes = { 3,6,1,3,4 }, runningCosts = { 2,1,3,4,5 }, budget = 25;auto res = slu.maximumRobots(chargeTimes, runningCosts, budget);Assert(3, res);}{Solution slu;chargeTimes = { 11,12,19 }, runningCosts = { 10,8,7 }, budget = 19;auto res = slu.maximumRobots(chargeTimes, runningCosts, budget);Assert(res, 0);}{Solution slu;chargeTimes = { 19,63,21,8,5,46,56,45,54,30,92,63,31,71,87,94,67,8,19,89,79,25 }, runningCosts = { 91,92,39,89,62,81,33,99,28,99,86,19,5,6,19,94,65,86,17,10,8,42 }, budget = 85;auto res = slu.maximumRobots(chargeTimes, runningCosts, budget);Assert(res, 1);}//CConsole::Out(res);
}

优化

如果不存在以left开始的合法子数组，right和left相同，left++后，right就小于left ，需要特殊处理。
我们换成先枚举right，再枚举left。左闭右闭空间[left,right]是最长合法子数组。但不存在合法子数组时：left等于right+1，right++后，两者就相等了，无需特殊处理。

代码

class Solution {
public:int maximumRobots(vector<int>& chargeTimes, vector<int>& runningCosts, long long budget) {m_c = chargeTimes.size();int iRet = 0;long long llSum = 0;std::deque<int> vMaxIndex;for (int right = 0, left = 0; right < m_c; right++){	while (vMaxIndex.size() && (chargeTimes[vMaxIndex.back()] <= chargeTimes[right])){vMaxIndex.pop_back();				}vMaxIndex.emplace_back(right);llSum += runningCosts[right];while (left <= right ){		const long long llNew = llSum * (right-left+1) + chargeTimes[vMaxIndex.front()];if (llNew > budget){llSum -= runningCosts[left];if (vMaxIndex.front() == left){vMaxIndex.pop_front();}left++;}else{break;}}iRet = max(iRet, right - left+1);			}return iRet;}int m_c;
};

二分查找

寻找最后一个不超预算的连续机器人长度，左开右闭。时间复杂度😮(longnn)。二分长度，时间复杂度度O(logn);指定长度枚举所有终点，时间复杂度O(n)。

代码

class Solution {
public:
int maximumRobots(vector& chargeTimes, vector& runningCosts, long long budget) {
m_c = chargeTimes.size();
int left = 0, right = m_c + 1;
while (right - left > 1)
{
const auto mid = left + (right - left) / 2;
if (NeedBudget(chargeTimes, runningCosts, mid) <= budget)
{
left = mid;
}
else
{
right = mid;
}
}
return left;
}
long long NeedBudget(vector& chargeTimes, vector& runningCosts, int len)
{
long long llSum = 0;
std::deque vMaxIndex;
int i = 0;
for (; i < len; i++)
{
llSum += runningCosts[i];
while (vMaxIndex.size() && (chargeTimes[vMaxIndex.back()] <= chargeTimes[i]))
{
vMaxIndex.pop_back();
}
vMaxIndex.emplace_back(i);
}
long long llNeed = llSum * len + chargeTimes[vMaxIndex.front()];
for (; i < m_c; i++)
{
llSum += runningCosts[i]- runningCosts[i-len];
while (vMaxIndex.size() && (chargeTimes[vMaxIndex.back()] <= chargeTimes[i]))
{
vMaxIndex.pop_back();
}
vMaxIndex.emplace_back(i);
if (vMaxIndex.front() == i-len)
{
vMaxIndex.pop_front();
}
llNeed = min(llNeed,llSum * len + chargeTimes[vMaxIndex.front()]);
}
return llNeed;
}
int m_c;
};