NC93 设计LRU缓存结构-牛客原题
描述
设计LRU(最近最少使用)缓存结构，该结构在构造时确定大小，假设大小为K，并有如下两个功能
- set(key, value)：将记录(key, value)插入该结构
- get(key)：返回key对应的value值
提示:
1.某个key的set或get操作一旦发生，认为这个key的记录成了最常使用的，然后都会刷新缓存。
2.当缓存的大小超过K时，移除最不经常使用的记录。
3.输入一个二维数组与K，二维数组每一维有2个或者3个数字，第1个数字为opt，第2，3个数字为key，value
若opt=1，接下来两个整数key, value，表示set(key, value)
若opt=2，接下来一个整数key，表示get(key)，若key未出现过或已被移除，则返回-1
对于每个opt=2，输出一个答案
4.为了方便区分缓存里key与value，下面说明的缓存里key用""号包裹
进阶:你是否可以在O(1)的时间复杂度完成set和get操作
示例1
输入：
[[1,1,1],[1,2,2],[1,3,2],[2,1],[1,4,4],[2,2]],3
返回值：
[1,-1]
说明：
[1,1,1]，第一个1表示opt=1，要set(1,1)，即将(1,1)插入缓存，缓存是{“1”=1}
[1,2,2]，第一个1表示opt=1，要set(2,2)，即将(2,2)插入缓存，缓存是{“1”=1,“2”=2}
[1,3,2]，第一个1表示opt=1，要set(3,2)，即将(3,2)插入缓存，缓存是{“1”=1,“2”=2,“3”=2}
[2,1]，第一个2表示opt=2，要get(1)，返回是[1]，因为get(1)操作，缓存更新，缓存是{“2”=2,“3”=2,“1”=1}
[1,4,4]，第一个1表示opt=1，要set(4,4)，即将(4,4)插入缓存，但是缓存已经达到最大容量3，移除最不经常使用的{“2”=2}，插入{“4”=4}，缓存是{“3”=2,“1”=1,“4”=4}
[2,2]，第一个2表示opt=2，要get(2)，查找不到，返回是[1,-1]
思路：
- 1，用Map记录每个结点，实现o(1)的查询时间复杂度；
- 2，用双链表作为缓存数据结构，实现o(1)的插入、删除时间复杂度；
- 3，当缓存达到最大容量时，删除头部结点；但查询时将查询结点移到链表尾部，实现LRU；
- 4，注意边界：空链表的插入、查询的是尾结点、查询的是头结点、插入的是重复key、缓存满后的插入要同时维护Map和链表。
import java.util.*;
public class Solution {
/**
* lru design
* @param operators int整型二维数组 the ops
* @param k int整型 the k
* @return int整型一维数组
*/
public int[] LRU (int[][] operators, int k) {
LRU<Integer,Integer> lru = new LRU<>(k);
int len = (int)Arrays.stream(operators).filter(x -> x[0] == 2).count();
int[] res = new int[len];
int j = 0;
// write code here
for(int i = 0; i < operators.length; i++) {
int[] arr = operators[i];
if (arr[0] == 1) {
lru.set(arr[1],arr[2]);
} else if (arr[0] == 2) {
Integer val = lru.get(arr[1]);
res[j++] = val == null ? -1 : val;
}
}
return res;
}
private class LRU<K,V> {
private Map<K,Node<K,V>> map = new HashMap<>();
private Node<K,V> head = null;
private Node<K,V> tail = null;
// 容量
private int vol;
// 当前长度
private int len;
public LRU(int vol) {
this.vol = vol;
}
public void set(K key,V value) {
Node<K,V> newNode = map.get(key);
// 如果key重复，覆盖value
if (newNode != null) {
newNode.value = value;
get(key);
return;
} else {
// 新key则，创建新节点
newNode = new Node(key,value);
map.put(key,newNode);
}
// 如果是链表为空
if (head == null) {
head = tail = newNode;
len++;
} else if (len < vol) {
// 链表未满
tail.next = newNode;
newNode.pre = tail;
tail = newNode;
len++;
} else {
// 链表已满，删除头节点，将新节点插入链表尾部
tail.next = newNode;
newNode.pre = tail;
tail = newNode;
// 删除头节点
map.remove(head.key);
head = head.next;
}
}
public V get(K key) {
// 以o(1)的时间复杂度查询
Node<K,V> node = map.get(key);
if (node == null) {
return null;
}
// 如果是头结点，删除头结点，将头结点插入链表尾部
if (node == head) {
head = node.next;
}
// 如果不是头结点，也不是尾节点，如果是尾结点则不动
if (node.pre != null && node.next != null) {
node.pre.next = node.next;
node.next.pre = node.pre;
}
// 如果不是尾结点，将结点插入尾结点
if (node != tail) {
tail.next = node;
node.pre = tail;
tail = node;
}
return node.value;
}
}
private class Node<K,V> {
V value;
K key;
Node<K,V> next;
Node<K,V> pre;
Node(K key, V val) {
this.value = val;
this.key = key;
}
}
}