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0134.加油站.md

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134. 加油站

题目链接:https://leetcode-cn.com/problems/gas-station/

在一条环路上有 N 个加油站,其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。

你有一辆油箱容量无限的的汽车,从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发,开始时油箱为空。

如果你可以绕环路行驶一周,则返回出发时加油站的编号,否则返回 -1。

说明: 

  • 如果题目有解,该答案即为唯一答案。
  • 输入数组均为非空数组,且长度相同。
  • 输入数组中的元素均为非负数。

示例 1: 输入: gas = [1,2,3,4,5] cost = [3,4,5,1,2]

输出: 3 解释: 从 3 号加油站(索引为 3 处)出发,可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油 开往 4 号加油站,此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油 开往 0 号加油站,此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油 开往 1 号加油站,此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油 开往 2 号加油站,此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油 开往 3 号加油站,你需要消耗 5 升汽油,正好足够你返回到 3 号加油站。 因此,3 可为起始索引。

示例 2: 输入: gas = [2,3,4] cost = [3,4,3]

输出: -1 解释: 你不能从 0 号或 1 号加油站出发,因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。 我们从 2 号加油站出发,可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油 开往 0 号加油站,此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油 开往 1 号加油站,此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油 你无法返回 2 号加油站,因为返程需要消耗 4 升汽油,但是你的油箱只有 3 升汽油。 因此,无论怎样,你都不可能绕环路行驶一周。

暴力方法

暴力的方法很明显就是O(n^2)的,遍历每一个加油站为起点的情况,模拟一圈。

如果跑了一圈,中途没有断油,而且最后油量大于等于0,说明这个起点是ok的。

暴力的方法思路比较简单,但代码写起来也不是很容易,关键是要模拟跑一圈的过程。

for循环适合模拟从头到尾的遍历,而while循环适合模拟环形遍历,要善于使用while!

C++代码如下:

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        for (int i = 0; i < cost.size(); i++) {
            int rest = gas[i] - cost[i]; // 记录剩余油量
            int index = (i + 1) % cost.size();
            while (rest > 0 && index != i) { // 模拟以i为起点行驶一圈
                rest += gas[index] - cost[index];
                index = (index + 1) % cost.size();
            }
            // 如果以i为起点跑一圈,剩余油量>=0,返回该起始位置
            if (rest >= 0 && index == i) return i;
        }
        return -1;
    }
};
  • 时间复杂度O(n^2)
  • 空间复杂度O(n)

C++暴力解法在leetcode上提交也可以过。

贪心算法(方法一)

直接从全局进行贪心选择,情况如下:

  • 情况一:如果gas的总和小于cost总和,那么无论从哪里出发,一定是跑不了一圈的

  • 情况二:rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油,i从0开始计算累加到最后一站,如果累加没有出现负数,说明从0出发,油就没有断过,那么0就是起点。

  • 情况三:如果累加的最小值是负数,汽车就要从非0节点出发,从后向前,看哪个节点能这个负数填平,能把这个负数填平的节点就是出发节点。

C++代码如下:

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int min = INT_MAX; // 从起点出发,油箱里的油量最小值
        for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
            int rest = gas[i] - cost[i];
            curSum += rest;
            if (curSum < min) {
                min = curSum;
            }
        }
        if (curSum < 0) return -1;  // 情况1
        if (min >= 0) return 0;     // 情况2
                                    // 情况3
        for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) {
            int rest = gas[i] - cost[i];
            min += rest;
            if (min >= 0) {
                return i;
            }
        }
        return -1;
    }
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

其实我不认为这种方式是贪心算法,因为没有找出局部最优,而是直接从全局最优的角度上思考问题

但这种解法又说不出是什么方法,这就是一个从全局角度选取最优解的模拟操作。

所以对于本解法是贪心,我持保留意见!

但不管怎么说,解法毕竟还是巧妙的,不用过于执着于其名字称呼。

贪心算法(方法二)

可以换一个思路,首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈,说明 各个站点的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。

每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。

i从0开始累加rest[i],和记为curSum,一旦curSum小于零,说明[0, i]区间都不能作为起始位置,起始位置从i+1算起,再从0计算curSum。

如图: 134.加油站

那么为什么一旦[i,j] 区间和为负数,起始位置就可以是j+1呢,j+1后面就不会出现更大的负数?

如果出现更大的负数,就是更新j,那么起始位置又变成新的j+1了。

而且j之前出现了多少负数,j后面就会出现多少正数,因为耗油总和是大于零的(前提我们已经确定了一定可以跑完全程)。

那么局部最优:当前累加rest[j]的和curSum一旦小于0,起始位置至少要是j+1,因为从j开始一定不行。全局最优:找到可以跑一圈的起始位置

局部最优可以推出全局最优,找不出反例,试试贪心!

C++代码如下:

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int totalSum = 0;
        int start = 0;
        for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
            curSum += gas[i] - cost[i];
            totalSum += gas[i] - cost[i];
            if (curSum < 0) {   // 当前累加rest[i]和 curSum一旦小于0
                start = i + 1;  // 起始位置更新为i+1
                curSum = 0;     // curSum从0开始
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1; // 说明怎么走都不可能跑一圈了
        return start;
    }
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

说这种解法为贪心算法,才是是有理有据的,因为全局最优解是根据局部最优推导出来的

总结

对于本题首先给出了暴力解法,暴力解法模拟跑一圈的过程其实比较考验代码技巧的,要对while使用的很熟练。

然后给出了两种贪心算法,对于第一种贪心方法,其实我认为就是一种直接从全局选取最优的模拟操作,思路还是好巧妙的,值得学习一下。

对于第二种贪心方法,才真正体现出贪心的精髓,用局部最优可以推出全局最优,进而求得起始位置。