这个题是说看一个没有排序的数组里面有没有三个递增的子序列，也即：
Return true if there exists i, j, k
such that arr[i] < arr[j] < arr[k] given 0 ≤ i < j < k ≤ n-1 else return false.
大家都知道这个题有很多解法，然而题主丧心病狂地说要O(n)的时间复杂度和O(1)的空间复杂度。
我当时考虑的是找三个递增的数，中间那个数比较重要，所以我们可以遍历该数组，检查每个元素是不是递增序列的中间那个数，假设我们叫它为p。
那要成为p有什么条件呢？召唤画面感。
p把整个数组划分成两部分。如果在前面有比p小的，且在后面有比p大的，那么成了。反之，（1）如果前面最小的数都比p大，（2）或者后面最大的数都比p小，那么p肯定不是”中间那个数“，对吧？
那么我们从第二个数开始，检查它是不是p。满足（1），其实可以通过求一个数组最小值来做到，从左到右，如果一个元素是当前最小的，那么肯定就满足（1）了。我们就可以把它从数组里面排除了。同理，从右到左，如果一个元素是当前最大的，那么满足（2）了，排除完了还有剩下的，就是说明有戏了嘛。但是怎么排除呢。。。？人家又不许有临时数组啊。。。O(1)的时间复杂度啊。只有耍机灵了。直接在数组里面吧排除了的数设置成一个invalid number...OMG。玛德智障啊。。。
bool increasingTriplet(vector<int>& nums)
{ vector<int>::iterator it;
int min = INT_MAX;
for(it = nums.begin(); it < nums.end(); it++) {
if(*it <= min) {
min = *it;
*it = INT_MIN;//i feel there should not be such element...
}
}
vector<int>::reverse_iterator rit = nums.rbegin();
int max = INT_MIN;
for(; rit < nums.rend(); rit++) {
if (*rit >= max && *rit != INT_MIN) {
max = *rit;
} else if (*rit != INT_MIN){
return true;
}
}
return false;
}
捂脸。。居然过了。
但是时间就。。。
于是好奇的猫看了下讨论。天。。好简单的答案。
if (numsSize < ) return false;
int l = nums[], m = 0x7fffffff;
for (int i = ; i < numsSize; i++) {
int a = nums[i];
if (a <= l) l = a;
else if (a < m) m = a;
else if (a > m) return true;
}
return false;
你萌看懂了伐？
其实他也认为”中间“那个数是很重要的。所以就是用m来代替。m之前始终有个比他小的数（l，或曾经的l)。所以如果当前遍历到的元素大于了m，那么就return true。