题目描述
你的国家有无数个湖泊,所有湖泊一开始都是空的。当第 n
个湖泊下雨的时候,如果第 n
个湖泊是空的,那么它就会装满水,否则这个湖泊会发生洪水。你的目标是避免任意一个湖泊发生洪水。
给你一个整数数组 rains
,其中:
rains[i] > 0
表示第i
天时,第rains[i]
个湖泊会下雨。rains[i] == 0
表示第i
天没有湖泊会下雨,你可以选择 一个 湖泊并 抽干 这个湖泊的水。
请返回一个数组 ans
,满足:
ans.length == rains.length
- 如果
rains[i] > 0
,那么ans[i] == -1
。 - 如果
rains[i] == 0
,ans[i]
是你第i
天选择抽干的湖泊。
如果有多种可行解,请返回它们中的 任意一个。如果没办法阻止洪水,请返回一个 空的数组。
请注意,如果你选择抽干一个装满水的湖泊,它会变成一个空的湖泊。但如果你选择抽干一个空的湖泊,那么将无事发生(详情请看示例 4)。
样例
输入:rains = [1,2,3,4]
输出:[-1,-1,-1,-1]
解释:第一天后,装满水的湖泊包括 [1]
第二天后,装满水的湖泊包括 [1,2]
第三天后,装满水的湖泊包括 [1,2,3]
第四天后,装满水的湖泊包括 [1,2,3,4]
没有哪一天你可以抽干任何湖泊的水,也没有湖泊会发生洪水。
输入:rains = [1,2,0,0,2,1]
输出:[-1,-1,2,1,-1,-1]
解释:第一天后,装满水的湖泊包括 [1]
第二天后,装满水的湖泊包括 [1,2]
第三天后,我们抽干湖泊 2 。所以剩下装满水的湖泊包括 [1]
第四天后,我们抽干湖泊 1 。所以暂时没有装满水的湖泊了。
第五天后,装满水的湖泊包括 [2]。
第六天后,装满水的湖泊包括 [1,2]。
可以看出,这个方案下不会有洪水发生。
同时, [-1,-1,1,2,-1,-1] 也是另一个可行的没有洪水的方案。
输入:rains = [1,2,0,1,2]
输出:[]
解释:第二天后,装满水的湖泊包括 [1,2]。
我们可以在第三天抽干一个湖泊的水。
但第三天后,湖泊 1 和 2 都会再次下雨,
所以不管我们第三天抽干哪个湖泊的水,另一个湖泊都会发生洪水。
输入:rains = [69,0,0,0,69]
输出:[-1,69,1,1,-1]
解释:任何形如 [-1,69,x,y,-1], [-1,x,69,y,-1] 或者 [-1,x,y,69,-1] 都是可行的解,
其中 1 <= x,y <= 10^9
输入:rains = [10,20,20]
输出:[]
解释:由于湖泊 20 会连续下 2 天的雨,所以没有没有办法阻止洪水。
限制
1 <= rains.length <= 10^5
0 <= rains[i] <= 10^9
算法
(贪心) $O(n \log n)$
- 我们在遍历的过程中记录下可以抽干的时刻,同时用哈希表维护湖泊最后一次装水的时刻。
- 遍历中,如果遇到一个湖泊即将溢出,则我们寻找到上一次该湖泊装满水的时刻,寻找在该时刻之后最小的可以抽干的时刻,在那个时刻抽干这个湖泊的水,从有序集合中删除掉这个时刻。若不存在一个可以抽干的时刻,返回空数组。
- 贪心的正确性可以这样考虑,我们在遇到一个即将溢出的湖泊时,需要在与上次装满水的时刻中间找到一个时刻来抽干,由于越靠后抽干时刻越有可能之后被使用,故需要尽可能的将本次抽干时刻前移。这也可以理解为,遇到一个可以抽干的时刻,我们需要先抽干下次下雨会溢出的湖泊。
时间复杂度
- 我们用有序集合维护可以抽干的时刻,需要抽水时,通过
upper_bound
来寻找可以抽干的时刻。 - 有序集合的增删查改都是对数的时间复杂度,故总时间复杂度为 $O(n \log n)$。
空间复杂度
- 需要额外 $O(n)$ 的空间维护有序集合和存储答案。
C++ 代码
class Solution {
public:
vector<int> avoidFlood(vector<int>& rains) {
int n = rains.size();
vector<int> ans(n);
set<int> zeros;
unordered_map<int, int> last;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (rains[i] == 0) {
zeros.insert(i);
ans[i] = 1;
} else {
ans[i] = -1;
if (last.find(rains[i]) != last.end()) {
auto it = zeros.upper_bound(last[rains[i]]);
if (it == zeros.end())
return {};
ans[*it] = rains[i];
zeros.erase(it);
}
last[rains[i]] = i;
}
}
return ans;
}
};