https://leetcode-cn.com/problems/next-greater-element-i/
给定两个没有重复元素的数组 nums1 和 nums2 ,其中nums1 是 nums2 的子集。找到 nums1 中每个元素在 nums2 中的下一个比其大的值。
nums1 中数字 x 的下一个更大元素是指 x 在 nums2 中对应位置的右边的第一个比 x 大的元素。如果不存在,对应位置输出-1。
示例 1:
输入: nums1 = [4,1,2], nums2 = [1,3,4,2].
输出: [-1,3,-1]
解释:
对于num1中的数字4,你无法在第二个数组中找到下一个更大的数字,因此输出 -1。
对于num1中的数字1,第二个数组中数字1右边的下一个较大数字是 3。
对于num1中的数字2,第二个数组中没有下一个更大的数字,因此输出 -1。
示例 2:
输入: nums1 = [2,4], nums2 = [1,2,3,4].
输出: [3,-1]
解释:
对于num1中的数字2,第二个数组中的下一个较大数字是3。
对于num1中的数字4,第二个数组中没有下一个更大的数字,因此输出 -1。
注意:
nums1和nums2中所有元素是唯一的。
nums1和nums2 的数组大小都不超过1000。
菜鸡的尝试
拿到题目,思考了很久如何用一种优雅的方式解题,但由于能力有限,还是采取O(N2)的弟弟行为
1 class Solution { 2 public: 3 vector<int> nextGreaterElement(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { 4 vector<int> result; 5 int flag = 0; 6 int flag2 = 0; 7 for (int i = 0; i < nums1.size(); i ++) { 8 flag = 0; 9 flag2 = 0; 10 int curr = nums1[i]; 11 for (int j = 0; j < nums2.size(); j ++) { 12 if (nums2[j] == curr) { 13 flag2 = 1; 14 } 15 if (nums2[j] > curr && flag2 == 1) { 16 result.push_back(nums2[j]); 17 flag = 1; 18 break; 19 } 20 } 21 if (flag == 0) { 22 result.push_back(-1); 23 } 24 } 25 return result; 26 } 27 };
这种暴力方式就不解释了,但很奇怪居然过的数据还挺好看的emmm,似乎这个算法没有想象中的那么差
菜鸡看大佬题解:
看了很久很久很久才看懂!然后感触:不愧是大佬!
1 class Solution { 2 public: 3 vector<int> nextGreaterElement(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { 4 map<int,int> mp; 5 stack<int> stack; 6 7 for(int value: nums1) { 8 mp[value] = -1; 9 } 10 11 for(int i=0;i<nums2.size();i++) { 12 while (!stack.empty()&&stack.top()<nums2[i]) { 13 mp[stack.top()] = nums2[i]; 14 stack.pop(); 15 } 16 stack.push(nums2[i]); 17 } 18 19 for(int i=0;i<nums1.size();i++) { 20 nums1[i] = mp[nums1[i]]; 21 } 22 return nums1; 23 } 24 }
先放一个图示
创建了一个map,索引是向量A中的元素,值是所求的下一个最大值。map的值初始化为-1;
因为我们的意图是避免O(N2),努力追求优越的O(N),所以我们希望最好只遍历一次向量B。但很明显遍历完再更新结果是不可能实现只遍历一次的,所以我们想到了一边遍历一边更新。设计一个栈,如果栈非空且栈顶元素小于父向量的当前元素(即在父向量中,栈顶元素的下一个最大值是父向量的当前元素),则用Map保存,同时弹出栈直至栈空,对于每一个弹出栈的元素,他们的下一个最大值均为父向量得到当前元素。最后将父向量的元素压入栈。往复操作,直至遍历完父向量。
最后只需要遍历子向量,在map中取出相应结果即可。
来源:力扣(LeetCode)
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