Question

我尝试通过Codility解决问题，

我们在飞机上绘制了N张光盘。光盘的编号从0到N −1。给出了由N个非负整数组成的数组A，用于指定光盘的半径。绘制第J个圆盘时，其中心为（J，0），半径为A [J]。

我们说如果J≠K并且第J和第K光盘具有至少一个公共点（假设这些光盘包含边界），则第J光盘和第K光盘相交。

下图显示了N = 6和A绘制的光盘，如下所示：

  A[0] = 1
  A[1] = 5
  A[2] = 2
  A[3] = 1
  A[4] = 4
  A[5] = 0

有十一对（无序）的光盘相交，即：

光盘1和4相交，并且都与所有其他光盘相交。光盘2也与光盘0和3相交。编写函数：

class Solution { public int solution(int[] A); }

，给定如上所述的描述N个光盘的数组A，它返回（无序）对相交光盘的数量。如果相交对的数量超过10,000,000，则该函数应返回-1。

给出上面显示的数组A，该函数应返回11，如上所述。

假设：

N是[0..100,000]范围内的整数；数组A的每个元素都是[0..2,147,483,647]范围内的整数。复杂度：

预期的最坏情况下的时间复杂度为O（N * log（N））; 预期的最坏情况下的空间复杂度为O（N）（不计算输入参数所需的存储空间）。

我也有一个我试图理解的解决方案，

public static int solution(int[] A) {

        int N = A.length;
        int[] sum = new int[N];

        for (int i = 0; i < N; i++) {

            int right;

            if (N - 1 >= A[i] + i) {
                right = i + A[i];
            } else {
                right = N - 1;
            }

            sum[right]++;
        }

        for (int i = 1; i < N; i++) {
            sum[i] += sum[i - 1];
        }

        int result = N * (N - 1) / 2;

        for (int j = 0; j < N; j++) {

            int left;

            if (j - A[j] < 0) {
                left = 0;
            } else {
                left = j - A[j];
            }

            if (left > 0) {
                result -= sum[left - 1];//.
            }
        }

        if (result > 10000000) {
            return -1;
        }

        return result;
    }

虽然我部分地了解了解决方案，但我无法完全理解它。我在下面描述，

i。我们创建了一个长度为sum的数组N，并用光盘的最右边的点作为索引填充。如果最右边的点大于N-1，我们将其设置为N-1

ii。执行数组sum的前缀和，即扫描数字x0，x1，x2，...的序列是第二个数字y0，y1，y2，...，前缀和的序列（输入序列的运行总计）：

x0 = x0
x1 = x0 + x1
x2 = x0 + x1+ x2

iii。计算提供的数组N * (N - 1) / 2

的最大可能交集

结果来自从2个元素的15种可能组合中进行选择，即C(N,R)。如果R = 2，我们可以推导C（N，R）= N！/ R！*（NR）！到N * (N - 1) / 2

iv。找到最左边的点，如果该值小于零，则将其设置为零。然后，如果左值大于零，则将其转换为索引和结果中的内容。

最重要的是，我无法理解最后一步。谁能解释得更好？我认为在result -= sum[left - 1]的最后一行中，我们从最大可能值中减去对之间没有交集，现在我尝试理解计算结果

Answer 1

The idea behind the solution is complement, it's easy to compute the total of the intersection and it's also not hard to get the total amount of un-intersected pairs.

And then we have the solution you provided, there are four steps in the solution:

Counting the right end point (we only need N-1 as the rightmost) that the circles can reach for each circle and that's what we do in the first loop;
Summing up from the leftmost till the end, which is used to determine how many cannot be intersected in the second loop;
Get all the possible pairs - it's easy since it's just combination;
Check each circle in the second loop and subtract all the circles that cannot be intersected by the current circle by left = j - A[j]; (can be adjacent but not intersected, the left here is the point the current circle can reach leftmost).

   // count the rightmost point for each circle;
   for (int i = 0; i < N; i++) {
        int right;
        if (N - 1 >= A[i] + i) { 
            right = i + A[i];
        } else {
            right = N - 1;
        }
        sum[right]++;
    }
    //  summing up since `i` cannot be reached/intersected from the left, there is no way the `right-er` can; 
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        sum[i] += sum[i - 1];
    }
    // get the total amount of combinations;
    int result = N * (N - 1) / 2;
    for (int j = 0; j < N; j++) {
        int left; // the leftmost point the current circle can reach;
        if (j - A[j] < 0) { // avoid invalid;
            left = 0;
        } else {
            left = j - A[j];
        }
    if (left > 0) { // if it's valid, sum[left-1] will be the un-intersected, subtract it;
                result -= sum[left - 1];
            }
     }

Answer 2

我提供了以下解决方案的说明

在前缀和之后，sum[i]存储0 to i (inclusive)中最右边的光盘数量。如果为i = N-1，则它将存储0 to i or higher (inclusive)
在最后一个循环中，left是光盘最左边的点的值，sum [left -1]是0 to (left-1)内最右边的光盘的计数。因此，对于该特定的光盘，不可能与这些光盘相交，因此我们需要从最大可能的交点中减去计数。

我们的目的是为特定的光盘查找不相交的光盘数量。对于具有第j个索引的特定光盘，最左边的点将是j - A[j]，对于所有中心为i（可变）的光盘，如果i + A [i]

就前缀数组而言，如果j是光盘的最左点，则它不会与总共sum[j-1]个光盘相交。

如果最左边的值小于0，则将其设置为0，如果光盘的最右边的点大于N-1，则将其设置为N-1。因为，如果最左边的点小于0，并且可以相交，则同一张光盘的最右边的点将位于=> 0（如果是点，则为=）。因此，在比较光盘是否难处理时，将考虑使用该光盘。当我们将最右边的点> N-1

设置为N-1时，类似的逻辑适用

一系列光盘中的交点数

2 个答案: