【LC75】No334. 递增的三元子序列

题目描述

给你一个整数数组 nums ，判断这个数组中是否存在长度为 3 的递增子序列。

如果存在这样的三元组下标 (i, j, k) 且满足 i < j < k ，使得 nums[i] < nums[j] < nums[k] ，返回 true ；否则，返回 false 。

进阶：你能实现时间复杂度为 O(n) ，空间复杂度为 O(1) 的解决方案吗？

提示：

• 1 <= nums.length <= 5 * 10⁵

• -2³¹ <= nums[i] <= 2³¹ - 1

示例

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4,5]
输出：true
解释：任何 i < j < k 的三元组都满足题意

示例 2：

输入：nums = [5,4,3,2,1]
输出：false
解释：不存在满足题意的三元组

示例 3：

输入：nums = [2,1,5,0,4,6]
输出：true
解释：三元组 (3, 4, 5) 满足题意，因为 nums[3] == 0 < nums[4] == 4 < nums[5] == 6

链接

思路

依旧是很好理解的题目，没有背景设置，所以中译中环节省略。

又是不会做题的绝望的一天orz

人类一思考，上帝就发笑.jpg

我们可以看到提示中，数组的长度非常大，所以如果直接使用暴力寻找的嵌套循环，结果必然超时。

因此，我们需要分解问题进行处理。

解法一：前缀最小数组和后缀最大数组

题目给定了三元子序列，这是一个非常好的简化解题的设定。

既然从三元子序列的最小和最大元素查找解题都会超时，那么我们不妨从中间元素入手。

对于每个 nums[i] 来说，找到合适的三元子序列，就是从 0...i-1 中找到小于 nums[i] 的元素，从 i+1...len 中找到大于 nums[i] 的元素，找到则证明存在题意的三元子序列，返回 true，找不到则返回 false。

借鉴前缀数组的概念，我们做三次遍历。

1. 第一次从 nums[0] 向右遍历，创建一个 leftMin 数组，记录从第一个元素到 i 为止的所有元素的最小值，即 nums[0]...nums[i] 的最小值。

2. 第二次从 nums[len-1] 向左遍历，创建一个 rightMax 数组，记录从 i 到最后一个元素为止的所有元素的最大值，即 nums[i]...nums[len-1] 的最大值。

3. 第三次从头至尾遍历，对于每个 nums[i] 判断是否存在 i 的左侧最小比 nums[i] 小且右侧最大比 nums[i] 大，即 leftMin[i-1] < nums[i] < rightMax[i+1] ，存在则返回true；

代码

class Solution {
    public boolean increasingTriplet(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len < 3)
            return false;
        // 记录nums[0]...nums[i]的最小值
        int[] leftMin = new int[len];
        leftMin[0] = nums[0];
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            leftMin[i] = Math.min(leftMin[i - 1], nums[i]);
        }
        // 记录nums[i]...nums[len-1]的最大值
        int[] rightMax = new int[len];
        rightMax[len - 1] = nums[len - 1];
        for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
            rightMax[i] = Math.max(rightMax[i + 1], nums[i]);
        }
        // 如果存在左侧最小比nums[i]小，右侧最大比nums[i]大，则找到了
        for (int i = 1; i < len - 1; i++) {
            if (leftMin[i - 1] < nums[i] && nums[i] < rightMax[i + 1])
                return true;
        }
        return false;
    }
}

• 时间复杂度：O(n)

• 空间复杂度：O(n)

解法二：贪心

非常优秀的想不到的想法。

本题的贪心思想是：为了找到递增的三元子序列，前两个元素应该尽可能地小，此时找到递增的三元子序列的可能性更大。

贪心证明

假设存在递增序列 (first, second, num)。

如果还存在一个 second'，值介于第一小的数 first 和 第二小的数 second 之间，即 first < second' < second，且 second' 下标也介于 first 和 second 的下标之间，则有 first < second' < num，second' 也可以作为第二小的数，(first, second', num) 也是一个递增序列。

但反过来，当 (first, second', num) 是递增序列时，对于 (first, second, num) ，由于 num 不一定比 second 大，则 (first, second, num) 不一定是递增序列。

由此可见，为了使找到递增的三元子序列的可能性更大，所以第二个元素需要尽可能地小。

同理可得，第一个元素也需要尽可能地小。

解法

我们可以初始化 first 和 second 的值，并使 first < second，在遍历中寻找是否存在 num 满足 first < second < num。

令 first 的值为第一个元素 nums[0]，为了确保初始时 first < second，设 second 为可取值的最大值 Integer.MAX_VALUE。

之后从 nums[1] 开始遍历：

• 如果 nums[i] > second，则找到了递增三元子序列，直接返回true。

• 如果 nums[i] < second，但比 first 大，则代表当前值更小，此时更新 second，让第二小的数更小，增加找到第三个数的可能性。

• 如果 nums[i] < second，但比 first 还小，则更新 first，让最小的数更小，增加找到第三个数的可能性。

在第三种情况中，更新 first 之后的当下时刻，first 的下标会比 second 的下标大。

然后继续向后寻找，当找到比 second 大的值 num 时，在原数组中，当前的 first 指向的元素在 second 的后面，意味着当前的first、second、num 的下标不满足递增。

但是 second 前面还存在一个之前的 first 比 second 的下标小，所以还是依旧存在一个递增三元序列（之前的first, second, num）。

代码

class Solution {
    public boolean increasingTriplet(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len < 3)
            return false;
        int first = nums[0], second = Integer.MAX_VALUE;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            if (nums[i] > second) {
                return true;
            } else if (nums[i] > first) {
                second = nums[i];
            } else {
                first = nums[i];
            }
        }
        return false;
    }
}

• 时间复杂度：O(n)

• 空间复杂度：O(1)