LeetCode解法汇总146. LRU 缓存

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https://github.com/September26/java-algorithms

原题链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台

描述：

请你设计并实现一个满足 LRU (最近最少使用) 缓存约束的数据结构。

实现 LRUCache 类：

LRUCache(int capacity) 以 正整数 作为容量 capacity 初始化 LRU 缓存
int get(int key) 如果关键字 key 存在于缓存中，则返回关键字的值，否则返回 -1 。
void put(int key, int value) 如果关键字 key 已经存在，则变更其数据值 value ；如果不存在，则向缓存中插入该组 key-value 。如果插入操作导致关键字数量超过 capacity ，则应该逐出最久未使用的关键字。

函数 get 和 put 必须以 O(1) 的平均时间复杂度运行。

示例：

输入
["LRUCache", "put", "put", "get", "put", "get", "put", "get", "get", "get"]
[[2], [1, 1], [2, 2], [1], [3, 3], [2], [4, 4], [1], [3], [4]]
输出
[null, null, null, 1, null, -1, null, -1, 3, 4]

解释
LRUCache lRUCache = new LRUCache(2);
lRUCache.put(1, 1); // 缓存是 {1=1}
lRUCache.put(2, 2); // 缓存是 {1=1, 2=2}
lRUCache.get(1);    // 返回 1
lRUCache.put(3, 3); // 该操作会使得关键字 2 作废，缓存是 {1=1, 3=3}
lRUCache.get(2);    // 返回 -1 (未找到)
lRUCache.put(4, 4); // 该操作会使得关键字 1 作废，缓存是 {4=4, 3=3}
lRUCache.get(1);    // 返回 -1 (未找到)
lRUCache.get(3);    // 返回 3
lRUCache.get(4);    // 返回 4

提示：

1 <= capacity <= 3000
0 <= key <= 10000
0 <= value <= 105
最多调用 2 * 105 次 get 和 put

解题思路：

* 解题思路：

* 这题最难的其实就是处理双向链表的关系。

* 构建两个方法updateHead和updateTail，分别代表节点变动后处理头部节点和尾部节点。

* 处理头部节点时，分为两种情况，当前节点如果已经是头部节点，则不需要处理。否则，把current的前后节点相连接，然后把current放到头节点。

* 处理尾部节点时，分为3种情况，如果map中只有一个，则当前节点就是尾节点；如果map长度为2，则之前的header就是尾节点；如果current是尾节点，则断开其与前面节点的关系，设置其前面的节点为尾节点。

代码：

class LRUCache
{
public:
    class Node
    {
    public:
        int key;
        int val;
        Node *next;
        Node *pre;
        Node(int mkey = 0, int mvalue = 0) : key(mkey), val(mvalue), next(nullptr), pre(nullptr){};
    };

    int maxSize = 0;
    unordered_map<int, Node *> valueMap;
    Node *header = nullptr;
    Node *tail = nullptr;

    LRUCache(int capacity)
    {
        maxSize = capacity;
    }

    int get(int key)
    {
        if (valueMap.find(key) == valueMap.end())
        {
            return -1;
        }
        Node *current = valueMap[key];
        updateTail(current);
        updateHead(current);
        return valueMap[key]->val;
    }

    void put(int key, int value)
    {
        if (valueMap.find(key) != valueMap.end())
        {
            Node *current = valueMap[key];
            current->val = value;
            updateTail(current);
            updateHead(current);
            return;
        }
        if (valueMap.size() == maxSize)
        {
            removeNode();
        }
        addNode(key, value);
    }

    void addNode(int key, int value)
    {
        Node *current = new Node(key, value);
        valueMap[key] = current;
        updateTail(current);
        updateHead(current);
    }

    /**
     * 把current设置为header
     */
    void updateHead(Node *current)
    {
        if (header == current)
        {
            return;
        }

        // 链表中删除当前节点
        if (current->pre != nullptr)
        {
            current->pre->next = current->next;
        }
        if (current->next != nullptr)
        {
            current->next->pre = current->pre;
        }
        // 加入头节点
        current->next = header;
        current->pre = nullptr;
        if (header != nullptr)
        {
            header->pre = current;
        }
        header = current;
    }

    void updateTail(Node *current)
    {
        // 如果长度为1时
        if (valueMap.size() == 1)
        {
            tail = current;
            return;
        }

        if (valueMap.size() == 2)
        {
            tail->pre = current;
            tail = header;
        }
        else if (current == tail)
        {
            if (tail->pre != nullptr)
            {
                tail->pre->next = nullptr;
            }
            if (valueMap.size() > 1)
            {
                tail = current->pre;
            }
        }
    }

    void removeNode()
    {
        valueMap.erase(tail->key);
        Node *tailPre = tail->pre;
        if (tailPre == nullptr)
        {
            return;
        }
        tailPre->next = nullptr;
        tail->pre = nullptr;
        tail = tailPre;
    }
};