剑指 Offer —— 数组和字符串

文章目录

- 剑指 Offer 04. 二维数组中的查找
- - 代码实现
  - 解题方案 + 思路
  - 算法步骤
  - 其他实现思路——二分查找
  - 其他实现思路_变形的二分法
- 剑指 Offer 05. 替换空格
- - 题目描述
  - 代码实现
  - 解题方案 + 思路
  - 算法步骤
  - 方法总结
- 剑指 Offer 11. 旋转数组的最小数字 – 解决方案
- - 题目描述
  - 代码实现
  - 解题方案 + 思路
  - 算法步骤
  - 算法思路（二分）
- 剑指 Offer 17. 打印从 1 到最大的 n 位数
- - 题目描述
  - 解题方案
  - - 思路 1
    - 思路 2
    - 【其他】全排列解法简洁版
- 剑指 Offer 21. 调整数组顺序使奇数位于偶数前面
- - 题目描述
  - 解题方案
  - - 思路
  - 算法流程
  - 解题思路（双指针）：
  - - tips:
  - 其他做法——快慢双指针
- 剑指 Offer 29. 顺时针打印矩阵
- - 题目描述
  - 解题方案
  - - 思路
  - 算法流程
  - 代码实现
  - 方法解析——按层模拟
  - - 复杂度分析

剑指 Offer 04. 二维数组中的查找

在一个 n * m 的二维数组中：

每一行都按照从左到右非递减的顺序排序
每一列都按照从上到下非递减的顺序排序
请完成一个高效的函数，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。

示例:

现有矩阵 matrix 如下：

[[1, 4,7, 11, 15],[2, 5,8, 12, 19],[3, 6,9, 16, 22],[10, 13, 14, 17, 24],[18, 21, 23, 26, 30]]

给定 target = 5，返回 true。
给定 target = 20，返回 false

限制：
0 <= n <= 1000
0 <= m <= 1000

代码实现

class Solution:def findNumberIn2DArray(self, matrix: List[List[int]], target: int) -> bool:row=len(matrix)-1col=0while( row>=0 and col<len(matrix[0]) ):if(matrix[row][col]==target):return Trueelse:if(matrix[row][col]>target):row=row-1else:col=col+1return False

解题方案 + 思路

标签：数组遍历
从矩阵的左下角看，上方的数字都比其小，右方的数字都比其大，所以依据该规律去判断数字是否存在
- 设当前数字为 cur，目标数字为 target
  - 当 target < cur 时，cur 更新为其上面的数字
  - 当 target > cur 时，cur 更新为其右侧的数字
- 直到相等则返回 true，否则到了矩阵边界返回 false
时间复杂度：O(m+n)

算法步骤

其他实现思路——二分查找

看到有序，第一反应就是二分查找。最直接的做法，一行一行的进行二分查找即可。

此外，结合有序的性质，一些情况可以提前结束。

比如某一行的第一个元素大于了 target ，当前行和后边的所有行都不用考虑了，直接返回 false。
某一行的最后一个元素小于了 target ，当前行就不用考虑了，换下一行。

本题没有确保「每行的第一个整数大于前一行的最后一个整数」，因此我们无法采取「两次二分」的做法。

只能退而求之，遍历行/列，然后再对列/行进行二分。

时间复杂度的话，如果是 m 行 n 列，就是 O(mlog(n))。

import numpy as npclass Solution(object):def searchMatrix(self, matrix, target):""":type matrix: List[List[int]]:type target: int:rtype: bool"""matrix = np.array(matrix)row = matrix.shape[0]col = matrix.shape[1]flag =0for row in matrix:left = 0right = col-1while(left<=right):mid = (left+right+1)/2if row[mid]<target:left=mid+1elif row[mid]>target:right=mid-1else:return Truereturn False

其他实现思路_变形的二分法

二分法的思想就是，目标值和中点值进行比较，然后可以丢弃一半的元素。

这道题的话是矩阵
如果我们找到矩阵的中心，然后和目标值比较看能不能丢弃一些元素。

如下图，中心位置是 9[1, 4,7, 11, 15],[2, 5,8, 12, 19],[3, 6, /9/,16, 22],[10, 13, 14, 17, 24],[18, 21, 23, 26, 30]通过中心位置, 我们可以把原矩形分成四个矩形, 左上, 右上, 左下, 右下[1, 4,7 [11, 15 2, 5,812, 19 3, 6, /9/]16, 22][10, 13, 14 [17, 24[18, 21, 23] 26, 30]如果 target = 10,此时中心值小于目标值，左上角矩形中所有的数都小于目标值，我们可以丢弃左上角的矩形，继续从剩下三个矩形中寻找如果 target = 5,此时中心值大于目标值，右下角矩形中所有的数都大于目标值，那么我们可以丢弃右下角的矩形，继续从剩下三个矩形中寻找

我们找到了丢弃元素的原则，可以写代码了。

这里的话，矩形我们用左上角和右下角坐标的形式表示，下图是分割后矩形的坐标情况。

我们可以用递归的形式去写，

递归出口的话，当矩阵中只有一个元素，直接判断当前元素是不是目标值即可。

还有就是分割的时候可能越界，

比如原矩阵只有一行，左下角和右下角的矩阵其实是不存在的，
按照上边的坐标公式计算出来后，我们要判断一下是否越界。

剑指 Offer 05. 替换空格

题目描述

请实现一个函数，把字符串 s 中的每个空格替换成 “%20”。

示例 1：

输入：s = “We are happy.”
输出：“We%20are%20happy.”

限制：
0 <= s 的长度 <= 10000

代码实现

Python简单法：

class Solution:def replaceSpace(self, s: str) -> str:return "%20".join(s.split(' '))

Python法：

class Solution {public:string replaceSpace(string s) {for(int i = 0; i < s.length(); i++){if(s.find(" ") == i){s.erase(i, 1);s.insert(i, "%20");}}return s;}};

class Solution(object):def replaceSpace(self, s):""":type s: str:rtype: str"""s1=""for c in s:if c == ' ': s1 += '%20'else:s1 +=creturn s1

C++:

class Solution {public:string replaceSpace(string s) {for(int i = 0; i < s.length(); i++){if(s.find(" ") == i){ # 查找到空格所在的位置s.erase(i, 1); # 先清除空格所占的一个字符s.insert(i, "%20"); # 在该位置插入%20}}return s;}};

解题方案 + 思路

标签：字符串
最简单的方案自然是直接使用库函数啦！当然题目肯定是不希望我们这样做的！
增加一个新字符串，遍历原来的字符串，遍历过程中，
- 如果非空格则将原来的字符直接拼接到新字符串中
- 如果遇到空格则将%20拼接到新字符串中
时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)

算法步骤

方法总结

法一：遍历添加
在 Python 和 Java 等语言中，字符串都被设计成「不可变」的类型，即无法直接修改字符串的某一位字符，需要新建一个字符串实现。

算法流程：

初始化一个 list (Python) / StringBuilder (Java) ，记为 res ；
遍历列表 s 中的每个字符 c ：
- 当 c 为空格时：向 res 后添加字符串 "%20" ；
- 当 c 不为空格时：向 res 后添加字符 c ；
将列表res 转化为字符串并返回。

复杂度分析：

时间复杂度 O(N) ：遍历使用 O(N) ，每轮添加（修改）字符操作使用 O(1) ；
空间复杂度 O(N)： Python 新建的 list 和 Java 新建的 StringBuilder 都使用了线性大小的额外空间。

方法二：原地修改
在 C++ 语言中， string 被设计成「可变」的类型（参考资料），因此可以在不新建字符串的情况下实现原地修改。

由于需要将空格替换为 “%20” ，字符串的总字符数增加，因此需要扩展原字符串 s 的长度，
计算公式为：新字符串长度 = 原字符串长度 + 2 * 空格个数，
示例如下图所示。

算法流程：

初始化：空格数量 count ，字符串 s 的长度 len ；
统计空格数量：遍历 s ，遇空格则 count++ ；
修改 s 长度：添加完 “%20” 后的字符串长度应为 len + 2 * count ；
倒序遍历修改：i 指向原字符串尾部元素， j 指向新字符串尾部元素；
- 当 i = j 时跳出（代表左方已没有空格，无需继续遍历）；
- 当 s[i] 不为空格时：执行 s[j] = s[i] ；
- 当 s[i] 为空格时：将字符串闭区间[j-2, j]的元素修改为 "%20" ；由于修改了 3 个元素，因此需要 j -= 2 ；
返回值：已修改的字符串 s ；

复杂度分析：

时间复杂度 O(N) ：遍历统计、遍历修改皆使用 O(N)时间。
空间复杂度 O(1)：由于是原地扩展 s 长度，因此使用 O(1)额外空间。

class Solution {public:string replaceSpace(string s) {int count = 0, len = s.size();// 统计空格数量for (char c : s) {if (c == ' ') count++;}// 修改 s 长度s.resize(len + 2 * count);// 倒序遍历修改for(int i = len - 1, j = s.size() - 1; i < j; i--, j--) {if (s[i] != ' ')s[j] = s[i];else {s[j - 2] = '%';s[j - 1] = '2';s[j] = '0';j -= 2;}}return s;}};

剑指 Offer 11. 旋转数组的最小数字 – 解决方案

题目描述

把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，我们称之为数组的旋转。

输入一个递增排序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。
例如，数组 [3,4,5,1,2] 为 [1,2,3,4,5] 的一个旋转，该数组的最小值为1。
注意，数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]] 。

示例 1：

输入：[3,4,5,1,2]
输出：1

示例 2：

输入：[2,2,2,0,1]
输出：0

提示：

n == numbers.length
1 <= n <= 5000
-5000 <= numbers[i] <= 5000
numbers 原来是一个升序排序的数组，并进行了 1 至 n 次旋转

代码实现

python遍历

class Solution:def minArray(self, numbers: List[int]) -> int:j=numbers[0]for i in range(len(numbers)):if j<=numbers[i]:j=jelse:j=numbers[i]return j

二分法

class Solution:def findMin(self, nums: List[int]) -> int:left, right = 0, len(nums) - 1while left < right:mid = (left + right) // 2if nums[mid] > nums[right]: left = mid + 1elif nums[mid] < nums[right]: right = midelse: right = right - 1 # keyreturn nums[left]

解题方案 + 思路

标签：二分查找
整体思路：
- 首先数组是一个有序数组的旋转，从这个条件可以看出，数组是有大小规律的，
- 可以使用二分查找利用存在的规律快速找出结果
时间复杂度：O(logn)，空间复杂度：O(1)

算法步骤

初始化下标 left 和 right
每次计算中间下标 mid = (right + left) / 2，这里的除法是取整运算，不能出现小数

当 numbers[mid] < numbers[right] 时，说明最小值在 [left, mid] 区间中，则令 right = mid，用于下一轮计算
当 numbers[mid] > numbers[right] 时，说明最小值在 [mid, right] 区间中，则令 left = mid + 1，用于下一轮计算
【注意】当 numbers[mid] == numbers[right] 时，无法判断最小值在哪个区间之中，此时让 right--，缩小区间范围，在下一轮进行判断

为什么是 right– 缩小范围，而不是 left++？

因为数组是升序的，所以最小值一定靠近左侧，而不是右侧
比如，当存在 [1,2,2,2,2] 这种情况时，left = 0，right = 4，mid = 2，数值满足 numbers[mid] == numbers[right] 这个条件，如果 left++，则找不到最小值

算法思路（二分）

旋转排序数组 nums可以被拆分为 2 个排序数组 nums1 , nums2，并且 nums1任一元素 >= nums2任一元素；因此，考虑二分法寻找此两数组的分界点 nums[i] (即第 2 个数组的首个元素)。
设置 left, right 指针在 nums数组两端，mid为每次二分的中点：
- 当 nums[mid] > nums[right]时，mid一定在第 1 个排序数组中，iii 一定满足 mid < i <= right，因此执行 left = mid + 1；
- 当 nums[mid] < nums[right] 时，mid 一定在第 2 个排序数组中，iii 一定满足 left < i <= mid，因此执行 right = mid；
- 当 nums[mid] == nums[right] 时，是此题对比 153题的难点（原因是此题中数组的元素可重复，难以判断分界点 iii 指针区间）；
  - 例如 [1,0,1,1,1]，在 left = 0, right = 4, mid = 2 时，无法判断 midmidmid 在哪个排序数组中。
  - 我们采用 right = right - 1 解决此问题，证明：
    1. 此操作不会使数组越界：因为迭代条件保证了 right > left >= 0；
    2. 此操作不会使最小值丢失：假设 nums[right] 是最小值，有两种情况：
      - 若 nums[right]是唯一最小值：那就不可能满足判断条件 nums[mid] == nums[right]，因为 mid < right（left != right 且 mid = (left + right) // 2 向下取整）；
      - 若 nums[right]不是唯一最小值，由于 mid < right 而 nums[mid] == nums[right]，即还有最小值存在于 [left,right−1] 区间，因此不会丢失最小值。

以上是理论分析，可以代入以下数组辅助思考：
[1,2,3]
[1,1,0,1]
[1,0,1,1,1]
[1,1,1,1]

时间复杂度 O(logN)，在特例情况下会退化到 O(N)（例如 [1,1,1,1]）。

剑指 Offer 17. 打印从 1 到最大的 n 位数

题目描述

输入数字 n，按顺序打印出从 1 到最大的 n 位十进制数。

比如输入 3，则打印出 1、2、3 一直到最大的 3 位数 999。

示例 1:

输入: n = 1
输出: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]

说明：

用返回一个整数列表来代替打印
n 为正整数

解题方案

思路 1

标签：数组
整体思路：

首先求出要打印的数字范围，
然后再从 1 开始打印到最大的数字
时间复杂度：O( $10 ^n$ )，空间复杂度：O( $10 ^n$ )

算法流程

初始化 sum = 1
循环遍历乘 10 让 sum 变为边界值
新建 res 数组，大小为 sum-1
从 1 开始打印，直到 sum-1 为止

class Solution(object):def printNumbers(self, n):""":type n: int:rtype: List[int]"""max = 10**(n)list=[]for i in range(1,max):list.append(i)return list

思路 2

标签：字符串
整体思路：

原题的题意其实是希望考察大数计算，因为 int 数组有可能会溢出，所以用字符串处理可以保证一定不会溢出，
但是呢，由于返回值规定是 int 数组，所以其实从返回值上来看，是一定不会溢出的，比较矛盾。
所以给出个思路 2，学习下如何用字符串处理大数即可，不用特别纠结溢出这件事情
时间复杂度：O( $10 ^n$ )，空间复杂度：O( $10 ^n$ )

算法流程

初始化字符串 str，另其初始值为 n-1 个 "0"
递增 str，使用字符去递增
- 递增过程中判断是否存在进位，存在进位则进位处 +1，
- 直到达到最大值为止，结束循环
每获取到一个值之后，遍历前方多余的 “0”，将多余的 “0” 去掉
- 转换为 int 存到结果数组中

【大数问题！】实际上，本题的主要考点是大数越界情况下的打印。
需要解决以下三个问题：

表示大数的变量类型：
- 无论是 short / int / long … 任意变量类型，数字的取值范围都是有限的。
- 因此，大数的表示应用字符串 String 类型。
生成数字的字符串集：
- 使用 int 类型时，每轮可通过 +1 生成下个数字，而此方法无法应用至 String 类型。
- 并且， String 类型的数字的进位操作效率较低，例如 “9999” 至 “10000” 需要从个位到千位循环判断，进位 4 次。
- 观察可知，生成的列表实际上是 n 位 000 – 999 的 全排列 ，因此可避开进位操作，通过递归生成数字的 String 列表。
递归生成全排列：
- 基于分治算法的思想，先固定高位，向低位递归，当个位已被固定时，添加数字的字符串。
- 例如当 n=2 时（数字范围 1−991 – 991−99 ），固定十位为 000 – 999 ，按顺序依次开启递归，固定个位 000 – 999 ，终止递归并添加数字字符串。

根据以上方法，可初步编写全排列代码：

class Solution:def printNumbers(self, n: int) -> [int]:def dfs(x):if x == n: # 终止条件：已固定完所有位res.append(''.join(num)) # 拼接 num 并添加至 res 尾部returnfor i in range(10): # 遍历 0 - 9num[x] = str(i) # 固定第 x 位为 idfs(x + 1) # 开启固定第 x + 1 位num = ['0'] * n # 起始数字定义为 n 个 0 组成的字符列表res = [] # 数字字符串列表dfs(0) # 开启全排列递归return ','.join(res)# 拼接所有数字字符串，使用逗号隔开，并返回

在此方法下，各数字字符串被逗号隔开，共同组成长字符串。
返回的数字集字符串如下所示：

输入：n = 1输出："0,1,2,3,4,5,6,7,8,9"输入：n = 2输出："00,01,02,...,10,11,12,...,97,98,99"输入：n = 3输出："000,001,002,...,100,101,102,...,997,998,999"

观察可知，当前的生成方法仍有以下问题：

诸如 00,01,02,⋯,⋯ 应显示为 0,1,2,⋯
- 即应 删除高位多余的 0 ;
此方法从 0 开始生成，而题目要求列表从 1 开始；

以上两个问题的解决方法如下：

删除高位多余的 0 ：

字符串左边界定义：
- 声明变量 start 规定字符串的左边界，以保证添加的数字字符串 num[start:] 中无高位多余的 0 。
- 例如当 n=2 时， 1−9 时 start=1 ， 10−99 时 start=0。
左边界 start 变化规律：
- 观察可知，当输出数字的所有位都是 9 时，则下个数字需要向更高位进 1，此时左边界 start 需要减 1 （即高位多余的 0 减少一个）。
- 例如当 n=3（数字范围 1−999 ）时，左边界 start 需要减 1 的情况有： “009” 进位至 “010” ， “099” 进位至 “100” 。
- 设数字各位中 999 的数量为 nine ，所有位都为 9 的判断条件可用以下公式表示：
  $n - s t a r t = nin e$
统计 nine 的方法：
- 固定第 $x$ 位时，当 $i = 9$ 则执行 $nin e = nin e + 1$ ，
- 并在回溯前恢复 $nin e = nin e - 1$

列表从 1 开始：

在以上方法的基础上，添加数字字符串前判断其是否为 “0” ，若为 “0” 则直接跳过。

复杂度分析：

时间复杂度 $O(10^n)$ ：递归的生成的排列的数量为 $10^n$
空间复杂度 $O(10^n)$ ：结果列表 res 的长度为 $10^n – 1$ ，各数字字符串的长度区间为 $1, 2, \dots, n$ ，因此占用 $O(10^n)$ 大小的额外空间。

为正确表示大数，以下代码的返回值为数字字符串集拼接而成的长字符串。

class Solution:def printNumbers(self, n: int) -> [int]:def dfs(x):if x == n:s = ''.join(num[self.start:])if s != '0': res.append(s)if n - self.start == self.nine: self.start -= 1returnfor i in range(10):if i == 9: self.nine += 1num[x] = str(i)dfs(x + 1)self.nine -= 1num, res = ['0'] * n, []self.nine = 0self.start = n - 1dfs(0)return ','.join(res)

本题要求输出 int 类型数组。

为运行通过，可在添加数字字符串 s前，将其转化为 int 类型。

代码如下所示：

class Solution:def printNumbers(self, n: int) -> [int]:def dfs(x):if x == n:s = ''.join(num[self.start:])if s != '0': res.append(int(s))if n - self.start == self.nine: self.start -= 1returnfor i in range(10):if i == 9: self.nine += 1num[x] = str(i)dfs(x + 1)self.nine -= 1num, res = ['0'] * n, []self.nine = 0self.start = n - 1dfs(0)return res

【其他】全排列解法简洁版

在数字很大的情况下，哪怕long类型也无法承载，那必须要用字符串保存。

对于本题其实就是对数字09的全排列，到n位数0~9的全排列，其中要注意的是数字开头不应该有0。

简单提一下全排列，比如对于数字1，2，3的全排列是:

123, 132, 213, 231, 312, 321

为了能够测试通过，最后把字符串形式变成了int形式，其实应该返回字符串数组

以下是具体步骤

为了避免数字开头出现 $0$ ，先把首位first固定，first取值范围为 $19$
用digit表示要生成的数字的位数，本题要从 $1$ 位数一直生成到 $n$ 位数，对每种数字的位数都生成一下首位，所以有个双重for循环
生成首位之后进入递归生成剩下的digit - 1位数，从 $0 到 9$ 中取值
递归的中止条件为已经生成了 digit 位的数字，即index == digit，将此时的数 num转为int加到结果res中

class Solution:def printNumbers(self, n: int) -> List[int]:def dfs(index, num, digit):if index == digit:res.append(int(''.join(num)))returnfor i in range(10):num.append(str(i))dfs(index + 1, num, digit)num.pop()res = []for digit in range(1, n + 1):for first in range(1, 10):num = [str(first)]dfs(1, num, digit)return res

剑指 Offer 21. 调整数组顺序使奇数位于偶数前面

题目描述

输入一个整数数组，实现一个函数来调整该数组中数字的顺序，

使得所有奇数位于数组的前半部分，
所有偶数位于数组的后半部分。

示例：

输入：nums = [1,2,3,4]
输出：[1,3,2,4]
- 注：[3,1,2,4] 也是正确的答案之一。

提示：

1 <= nums.length <= 50000
1 <= nums[i] <= 10000

解题方案

思路

标签：双指针
整体思路：
- 首先指定前指针 start 和后指针 end，
- 然后前指针定位偶数，后指针定位奇数，
- 定位到之后将两个值互换，直到数组遍历完成
时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(1)

算法流程

初始化前指针 start = 0，后指针 end = nums.length - 1
当 start < end 时表示该数组还未遍历完成，则继续进行奇数和偶数的交换
当 nums[start] 为奇数时，则 start++，直到找到不为奇数的下标为止
当 nums[end] 为偶数时，则 end--，直到找到不为偶数的下标为止
交换 nums[start] 和 nums[end]，继续下一轮交换
返回 nums，即为交换后的结果

普通遍历法

class Solution(object):def exchange(self, nums):""":type nums: List[int]:rtype: List[int]"""List1 = []List2 = []for i in nums:if (i % 2) == 0:List1.append(i)else:List2.append(i)List2.extend(List1)return List2

双指针法

class Solution(object):def exchange(self, nums):start = 0end = len(nums)-1while(start < end):while(nums[start] %2 != 0) and start < end:start+=1while(nums[end]%2 ==0)and start < end:end-=1tmp = nums[start]nums[start] = nums[end]nums[end] = tmpstart+=1end-=1return nums

解题思路（双指针）：

考虑定义双指针 iii , jjj 分列数组左右两端，循环执行：

指针 $i$ 从左向右寻找偶数；
指针 $j$ 从右向左寻找奇数；
将偶数 $n u m s [i]$ 和奇数 $n u m s [j]$ 交换。

===> 可始终保证：指针 $i$ 左边都是奇数，指针 $j$ 右边都是偶数。

算法流程：

初始化： i , j 双指针，分别指向数组 nums 左右两端；
循环交换：当 $i = j$ 时跳出；
- 指针 i 遇到奇数则执行 $i = i + 1$ 跳过，直到找到偶数；
- 指针 j 遇到偶数则执行 $j = j - 1$ 跳过，直到找到奇数；
- 交换 nums[i] 和 nums[j] 值；
返回值：返回已修改的 nums 数组。

复杂度分析：

时间复杂度 $O (N)$ ： $N$ 为数组 nums 长度，双指针 $i, j$ 共同遍历整个数组。
空间复杂度 $O (1)$ ：双指针 $i, j$ 使用常数大小的额外空间

代码：

x & 1 位运算 等价于 x % 2 取余运算，即皆可用于判断数字奇偶性。

class Solution:def exchange(self, nums: List[int]) -> List[int]:i, j = 0, len(nums) - 1while i < j:while i < j and nums[i] & 1 == 1: i += 1while i < j and nums[j] & 1 == 0: j -= 1nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]return nums

tips:

快速排序的基础
- 就是快速排序的将小于基点的放前面, 大于基点的放后面

其他做法——快慢双指针

定义快慢双指针 fast 和 low ，fast 在前， low 在后 .
fast 的作用是向前搜索奇数位置，low 的作用是指向下一个奇数应当存放的位置
$f a s t$ 向前移动，当它搜索到奇数时，将它和 $n u m s [l o w]$ 交换，此时 $l o w$ 向前移动一个位置 .
重复上述操作，直到 fast 指向数组末尾 .

class Solution {public:vector<int> exchange(vector<int>& nums) {int low = 0, fast = 0;while (fast < nums.size()) {if (nums[fast] & 1) {swap(nums[low], nums[fast]);low ++;}fast ++;}return nums;}};

剑指 Offer 29. 顺时针打印矩阵

题目描述

输入一个矩阵，按照从外向里以顺时针的顺序依次打印出每一个数字。

示例 1：

输入： $ma t r i x = [[1, 2, 3], [4, 5, 6], [7, 8, 9]]$
输出： $[1, 2, 3, 6, 9, 8, 7, 4, 5]$

示例 2：

输入： $ma t r i x = [[1, 2, 3, 4], [5, 6, 7, 8], [9, 10, 11, 12]]$
输出： $[1, 2, 3, 4, 8, 12, 11, 10, 9, 5, 6, 7]$

限制：

$0 <= ma t r i x . l e n g t h <= 100$
$0 <= ma t r i x [i] . l e n g t h <= 100$

解题方案

思路

标签：二维数组
整体思路：
- 循环遍历整个数组，循环中再嵌套四个循环，
- 分别是从左至右，从上至下，从右至左，从下至上这几个方向，
- 按照题意将整个数组遍历完成，控制好边界
$m$ 为行数， $n$ 为列数，时间复杂度： $O (mn)$ ，空间复杂度： $O (1)$

算法流程

题目中 $ma t r i x$ 有可能为空，直接返回空数组即可
初始化边界 $l e f t 、 r i g h t 、 t o p 、 b o tt o m$ 四个值，初始化结果数组 $res$ 和数组下标 $x$
按照遍历方向循环取出数字放入结果数组中
- 从左至右：遍历完成后 ++top，如果 $t o p > b o tt o m $ ，到达边界循环结束
- 从上至下：遍历完成后 --right，如果 $l e f t > r i g h t $ ，到达边界循环结束
- 从右至左：遍历完成后 --bottom，如果 $t o p > b o tt o m $ ，到达边界循环结束
- 从下至上：遍历完成后 ++left，如果 $l e f t > r i g h t $ ，到达边界循环结束

代码实现

遍历的策略：遍历到底

class Solution(object):def spiralOrder(self, matrix):""":type matrix: List[List[int]]:rtype: List[int]"""if len(matrix) ==0 : return None# if not matrix or not matrix[0]:# return list()right = len(matrix[0])-1bottom = len(matrix)-1top =0left=0res = []maxSize = (right+1)*(bottom+1)while(maxSize>0):for i in range(left,right+1):if maxSize>0:res.append(matrix[top][i])maxSize-=1top+=1for j in range(top,bottom+1):if maxSize>0:res.append(matrix[j][right])maxSize-=1right-=1for k in range(right,left-1,-1):if maxSize>0:res.append(matrix[bottom][k])maxSize-=1bottom-=1for l in range(bottom,top-1,-1):if maxSize>0:res.append(matrix[l][left])maxSize-=1left+=1return res

方法解析——按层模拟

可以将矩阵看成若干层
- 首先，输出最外层的元素
- 其次，输出次外层的元素
- 直到，输出最内层的元素。

定义矩阵的第 $k$ 层是到最近边界距离为 $k$ 的所有顶点。

例如，下图矩阵最外层元素都是第 $1$ 层，次外层元素都是第 $2$ 层，剩下的元素都是第 $3$ 层。

[[1, 1, 1, 1, 1, 1, 1], [1, 2, 2, 2, 2, 2, 1], [1, 2, 3, 3, 3, 2, 1], [1, 2, 2, 2, 2, 2, 1], [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1]]

对于每层，从左上方开始以顺时针的顺序遍历所有元素。

假设当前层的左上角位于 (top,left)，右下角位于 (bottom,right)，按照如下顺序遍历当前层的元素。

从左到右遍历上侧元素，依次为 (top,left) 到 (top,right)。
从上到下遍历右侧元素，依次为 (top+1,right) 到 (bottom,right)。
如果 $l e f t < r i g h t 且 t o p < b o tt o m$ ，则从右到左遍历下侧元素，依次为
- (bottom,right−1) 到 (bottom,left+1)
- 以及从下到上遍历左侧元素，依次为
- (bottom,left) 到 (top+1,left)。

遍历完当前层的元素之后，

将 $l e f t 和 t o p$ 分别增加 1，
将 $r i g h t 和 b o tt o m$ 分别减少 1，
进入下一层继续遍历，
直到遍历完所有元素为止。

class Solution:def spiralOrder(self, matrix: List[List[int]]) -> List[int]:if not matrix or not matrix[0]:return list()rows, columns = len(matrix), len(matrix[0])order = list()left, right, top, bottom = 0, columns - 1, 0, rows - 1while left <= right and top <= bottom:for column in range(left, right + 1):order.append(matrix[top][column])for row in range(top + 1, bottom + 1):order.append(matrix[row][right])if left < right and top < bottom:for column in range(right - 1, left, -1):order.append(matrix[bottom][column])for row in range(bottom, top, -1):order.append(matrix[row][left])left, right, top, bottom = left + 1, right - 1, top + 1, bottom - 1return order

复杂度分析

时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别是输入矩阵的行数和列数。矩阵中的每个元素都要被访问一次。
空间复杂度：O(1)。除了输出数组以外，空间复杂度是常数。

剑指 Offer —— 数组和字符串

文章目录

剑指 Offer 04. 二维数组中的查找

代码实现

解题方案 + 思路

算法步骤

其他实现思路——二分查找

其他实现思路_变形的二分法

剑指 Offer 05. 替换空格

题目描述

代码实现

解题方案 + 思路

算法步骤

方法总结

剑指 Offer 11. 旋转数组的最小数字 – 解决方案

题目描述

代码实现

解题方案 + 思路

算法步骤

算法思路（二分）

剑指 Offer 17. 打印从 1 到最大的 n 位数

题目描述

解题方案

思路 1

思路 2

【其他】全排列解法简洁版

剑指 Offer 21. 调整数组顺序使奇数位于偶数前面

题目描述

解题方案

思路

算法流程

解题思路（双指针）：

tips:

其他做法——快慢双指针

剑指 Offer 29. 顺时针打印矩阵

题目描述

解题方案

思路

算法流程

代码实现

方法解析——按层模拟

复杂度分析

相关文章

最新关注

热文推荐