题目描述
思路
暴力解法 O(N^2)
我们可以通过生成辅助数组来验证良好出发点
int[]h
这个数组的长度和cost数组长度一致，且这个数组的每个元素的生成逻辑是：
h[i]=gas[i]-cost[i];
h(i) 往后累加，并回到i位置，不出现负数，就是良好出发点 ，这个i位置就是良好出发点
// 暴力解法 O(N^2)
public static int canCompleteCircuit3(int[] gas, int[] cost) {
int n = gas.length;
int[] h = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
h[i] = gas[i] - cost[i];
}
// 标记良好出发点的位置，开始是-1，说明没有找到良好出发点
int good = -1;
// h[i] 一直往后累加，累加和记录在preSum中，回到本身，如果不出现负数，i位置就是良好出发点
int preSum;
for (int i = 0; i < n; i++) {
preSum = h[i];
for (int j = i + 1; j < n + i + 1; j++) {
if (preSum < 0) {
break;
}
// int index = j % n
int index = j > n - 1 ? j - n : j;
preSum += h[index];
}
if (preSum >= 0) {
good = i;
}
}
return good;
}
滑动窗口 时间复杂度 O(N) 空间复杂度 O(N)
首先，我们还是需要生成h[i]数组
h[i]=gas[i]-cost[i];
假设生成的h[i]数组如下：
[1,-1,0,3,-1]
我们生成其累加和数组preSum[i]
[1,0,0,3,2]
用这个累加和数组在和h[i]数组相加，得到一个两倍长度的数组
[1,0,0,3,2,3,2,2,5,4]
求针对这个数组，滑动窗口为n（n为原数组长度）的最小值，如果第i个窗口内的最小值减去窗口前一个位置的值，如果小于0，则i号位置不是良好出发点
比如
L...L + n - 1 是第x个窗口，最小值m，
如果 m - num[L-1] >= 0 则x是良好出发点
反之，则x不是良好出发点, 完整代码：
public static int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
int len = gas.length;
int doubleLen = len << 1;
int[] h = new int[doubleLen];
h[0] = gas[0] - cost[0];
for (int i = 1; i < doubleLen; i++) {
if (i < len) {
h[i] = gas[i] - cost[i];
h[i] += h[i - 1];
}
if (i >= len) {
h[i] = h[len - 1] + h[i - len];
}
}
LinkedList<Integer> qMin = new LinkedList<>();
int r = 0;
int index = 0;
while (r < doubleLen) {
while (!qMin.isEmpty() && h[qMin.peekLast()] >= h[r]) {
qMin.pollLast();
}
qMin.addLast(r);
if (qMin.peekFirst() == r - len) {
qMin.pollFirst();
}
if (r >= len - 1) {
if (r == len - 1) {
if (h[qMin.peekFirst()] >= 0) {
return index;
}
} else {
if (h[qMin.peekFirst()] - h[r - len] >= 0) {
return index;
}
}
index++;
}
r++;
}
return -1;
}
时间复杂度 O(N) 空间复杂度 O(1) 的解法
TODO