力扣 31.下一个排列 力扣(点击查看题目)
题目描述
实现获取 下一个排列 的函数,算法需要将给定数字序列重新排列成字典序中下一个更大的排列。
如果不存在下一个更大的排列,则将数字重新排列成最小的排列(即升序排列)。
必须 原地 修改,只允许使用额外常数空间。
示例 1:
输入:nums = [1,2,3]
输出:[1,3,2]
示例 2:
输入:nums = [3,2,1]
输出:[1,2,3]
示例 3:
输入:nums = [1,1,5]
输出:[1,5,1]
示例 4:
输入:nums = [1]
输出:[1]
提示:
- 1 <= nums.length <= 100
- 0 <= nums[i] <= 100
解决方案
前言
本题要求我们实现一个算法,将给定数字序列重新排列成字典序中下一个更大的排列。
以数字序列 [1,2,3] 为例,其排列按照字典序依次为:
这样,排列 [2,3,1] 的下一个排列即为 [3,1,2]。特别的,最大的排列 [3,2,1] 的下一个排列为最小的排列 [1,2,3] 。
方法一:两遍扫描
思路及解法
注意到下一个排列总是比当前排列要大,除非该排列已经是最大的排列。我们希望找到一种方法,能够找到一个大于当前序列的新序列,且变大的幅度尽可能小。具体地:
- 我们需要将一个左边的「较小数」与一个右边的「较大数」交换,以能够让当前排列变大,从而得到下一个排列。
- 同时我们要让这个「较小数」尽量靠右,而「较大数」尽可能小。当交换完成后,「较大数」右边的数需要按照升序重新排列。这样可以在保证新排列大于原来排列的情况下,使变大的幅度尽可能小。
?以排列 [4,5,2,6,3,1] 为例:
- 我们能找到的符合条件的一对「较小数」与「较大数」的组合为 2 与 3,满足「较小数」尽量靠右,而「较大数」尽可能小。
- 当我们完成交换后排列变为 [4,5,3,6,2,1],此时我们可以重排「较小数」右边的序列,序列变为 [4,5,3,1,2,6]。
具体地,我们这样描述该算法,对于长度为 n 的排列 a:
1.首先从后向前查找第一个顺序对(i,i + 1),满足 a[i] < a[i + 1]。这样「较小数」即为 a[i]。此时 [i + 1,n) 必然是下降序列。
2.如果找到了顺序对,那么在区间 [i + 1,n) 中从后向前查找第一个元素 j 满足 a[i] < a[j]。这样「较大数」即为 a[j]。
3.交换 a[i] 与 a[j],此时可以证明区间 [i + 1,n) 必为降序。我们可以直接使用双指针反转区间 [i + 1,n) 使其变为升序,而无需对该区间进行排序。
注意
如果在步骤 1 找不到顺序对,说明当前序列已经是一个降序序列,即最大的序列,我们直接跳过步骤 2 执行步骤 3,即可得到最小的升序序列。
该方法支持序列中存在重复元素,且在 C++ 的标准库函数 next_permutation 中被采用。
?C++
class Solution {
public:
void nextPermutation(vector<int>& nums) {
int i = nums.size() - 2;
while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i + 1]) {
i--;
}
if (i >= 0) {
int j = nums.size() - 1;
while (j >= 0 && nums[i] >= nums[j]) {
j--;
}
swap(nums[i], nums[j]);
}
reverse(nums.begin() + i + 1, nums.end());
}
};
Java
class Solution {
public void nextPermutation(int[] nums) {
int i = nums.length - 2;
while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i + 1]) {
i--;
}
if (i >= 0) {
int j = nums.length - 1;
while (j >= 0 && nums[i] >= nums[j]) {
j--;
}
swap(nums, i, j);
}
reverse(nums, i + 1);
}
?
public void swap(int[] nums, int i, int j) {
int temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}
?
public void reverse(int[] nums, int start) {
int left = start, right = nums.length - 1;
while (left < right) {
swap(nums, left, right);
left++;
right--;
}
}
}
Python 3
class Solution:
def nextPermutation(self, nums: List[int]) -> None:
i = len(nums) - 2
while i >= 0 and nums[i] >= nums[i + 1]:
i -= 1
if i >= 0:
j = len(nums) - 1
while j >= 0 and nums[i] >= nums[j]:
j -= 1
nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]
left, right = i + 1, len(nums) - 1
while left < right:
nums[left], nums[right] = nums[right], nums[left]
left += 1
right -= 1
Golang
func nextPermutation(nums []int) {
n := len(nums)
i := n - 2
for i >= 0 && nums[i] >= nums[i+1] {
i--
}
if i >= 0 {
j := n - 1
for j >= 0 && nums[i] >= nums[j] {
j--
}
nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]
}
reverse(nums[i+1:])
}
?
func reverse(a []int) {
for i, n := 0, len(a); i < n/2; i++ {
a[i], a[n-1-i] = a[n-1-i], a[i]
}
}
C
void swap(int *a, int *b) {
int t = *a;
*a = *b, *b = t;
}
void reverse(int *nums, int left, int right) {
while (left < right) {
swap(nums + left, nums + right);
left++, right--;
}
}
?
void nextPermutation(int *nums, int numsSize) {
int i = numsSize - 2;
while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i + 1]) {
i--;
}
if (i >= 0) {
int j = numsSize - 1;
while (j >= 0 && nums[i] >= nums[j]) {
j--;
}
swap(nums + i, nums + j);
}
reverse(nums, i + 1, numsSize - 1);
}
复杂度分析
- 时间复杂度:O(N),其中 N 为给定序列的长度。我们至多只需要扫描两次序列,以及进行一次反转操作。
- 空间复杂度:O(1),只需要常数的空间存放若干变量。
本文作者:力扣
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