We have some permutation A of [0, 1, ..., N - 1], where N is the length of A.
The number of (global) inversions is the number of i < j with 0 <= i < j < N and A[i] > A[j].
The number of local inversions is the number of i with 0 <= i < N and A[i] > A[i+1].
Return true if and only if the number of global inversions is equal to the number of local inversions.
Example 1:
Input: A = [1,0,2]
Output: true
Explanation: There is 1 global inversion, and 1 local inversion.
Example 2:
Input: A = [1,2,0]
Output: false
Explanation: There are 2 global inversions, and 1 local inversion.
Note:
-
Awill be a permutation of[0, 1, ..., A.length - 1]. -
Awill have length in range[1, 5000]. - The time limit for this problem has been reduced.
这道题给了一个长度为n的数组，里面是0到n-1数字的任意排序。又定义了两种倒置方法，全局倒置和局部倒置。其中全局倒置说的是坐标小的值大，局部倒置说的是相邻的两个数，坐标小的值大。那么我们可以发现，其实局部倒置是全局倒置的一种特殊情况，即局部倒置一定是全局倒置，而全局倒置不一定是局部倒置，这是解这道题的关键点。题目让我们判断该数组的全局倒置和局部倒置的个数是否相同，那么我们想，什么情况下会不相同？如果所有的倒置都是局部倒置，那么由于局部倒置一定是全局倒置，则二者个数一定相等。如果出现某个全局倒置不是局部倒置的情况，那么二者的个数一定不会相等。所以问题的焦点就变成了是否能找出不是局部倒置的全局倒置。所以为了和局部倒置区别开来，我们不能比较相邻的两个，而是至少要隔一个来比较。我们可以从后往前遍历数组，遍历到第三个数字停止，然后维护一个 [i, n-1] 范围内的最小值，每次和 A[i - 2] 比较，如果小于 A[i - 2]，说明这是个全局的倒置，并且不是局部倒置，那么我们直接返回false即可，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
bool isIdealPermutation(vector<int>& A) {
int n = A.size(), mn = INT_MAX;
for (int i = n - ; i >= ; --i) {
mn = min(mn, A[i]);
if (A[i - ] > mn) return false;
}
return true;
}
};
同理，我们可以反其道行之，我们可以从前往后遍历数组，遍历到倒数第三个数字停止，然后维护一个 [0, i] 范围内的最大值，每次和 A[i + 2] 比较，如果大于 A[i + 2]，说明这是个全局的倒置，并且不是局部倒置，那么我们直接返回false即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
bool isIdealPermutation(vector<int>& A) {
int n = A.size(), mx = INT_MIN;
for (int i = ; i < n - ; ++i) {
mx = max(mx, A[i]);
if (A[i + ] < mx) return false;
}
return true;
}
};
其实这道题最叼最炫酷的解法是下面这种解法，最早由grandyang大神的帖子中提出，嗯？？grandyang大神？？没错，就是博主本人啦，哈哈，秀不秀？！？这个解法也是博主脑子灵光一现而想出的，由于原数组正常的顺序应该是 [0, 1, 2, 3, 4...] 这种，即数字和其下标是相同的，所以如果我们发现乱序数组中某个数字和其坐标差的绝对值大于1的话，那么一定是有非局部倒置的全局倒置的存在。猛然这么一说，可能你会问为啥啊？因为0到n-1中每个数字都是在数组中存在的，如果当前数字 A[i] 比起坐标 i 大1的话，比如 A[i] = 3, i = 1 的时候，那么数组的第二个数字是3了，前三个数字suppose是 0，1，2 的，但是由于第二个数字是3了，那么一定会有一个小于3的数字被挤出前三个数字，这个小于3的数字最多出现在下标为3的位置上，那么由于数字3出现在了下标为1的位置上，所以non-local的全局倒置就出现了。同理，如果当前数字 A[i] 比其坐标 i 小1的话，比如 A[i] = 1, i = 3 的时候，那么就是后 n-i 个数字中有一个大于 A[i] 的数字被挤到了前面去了，而且其跟 A[i] 的距离最小为2，所以non-local的全局倒置就出现了，大声告诉博主，这个解法精彩不精彩？
解法三：
class Solution {
public:
bool isIdealPermutation(vector<int>& A) {
for (int i = ; i < A.size(); ++i) {
if (abs(A[i] - i) > ) return false;
}
return true;
}
};
参考资料：
https://leetcode.com/problems/global-and-local-inversions/solution/
https://leetcode.com/problems/global-and-local-inversions/discuss/113656/My-3-lines-C++-Solution