力扣 - LCP 18. 早餐组合

题目

小扣在秋日市集选择了一家早餐摊位，一维整型数组 staple 中记录了每种主食的价格，一维整型数组 drinks 中记录了每种饮料的价格。小扣的计划选择一份主食和一款饮料，且花费不超过 x 元。请返回小扣共有多少种购买方案。

注意：答案需要以 1e9 + 7 (1000000007) 为底取模，如：计算初始结果为：1000000008，请返回 1
示例 1：

输入：staple = [10,20,5], drinks = [5,5,2], x = 15
输出：6
解释：小扣有 6 种购买方案，所选主食与所选饮料在数组中对应的下标分别是：
第 1 种方案：staple[0] + drinks[0] = 10 + 5 = 15；
第 2 种方案：staple[0] + drinks[1] = 10 + 5 = 15；
第 3 种方案：staple[0] + drinks[2] = 10 + 2 = 12；
第 4 种方案：staple[2] + drinks[0] = 5 + 5 = 10；
第 5 种方案：staple[2] + drinks[1] = 5 + 5 = 10；
第 6 种方案：staple[2] + drinks[2] = 5 + 2 = 7。

示例 2：

输入：staple = [2,1,1], drinks = [8,9,5,1], x = 9
输出：8
解释：小扣有 8 种购买方案，所选主食与所选饮料在数组中对应的下标分别是：
第 1 种方案：staple[0] + drinks[2] = 2 + 5 = 7；
第 2 种方案：staple[0] + drinks[3] = 2 + 1 = 3；
第 3 种方案：staple[1] + drinks[0] = 1 + 8 = 9；
第 4 种方案：staple[1] + drinks[2] = 1 + 5 = 6；
第 5 种方案：staple[1] + drinks[3] = 1 + 1 = 2；
第 6 种方案：staple[2] + drinks[0] = 1 + 8 = 9；
第 7 种方案：staple[2] + drinks[2] = 1 + 5 = 6；
第 8 种方案：staple[2] + drinks[3] = 1 + 1 = 2；

提示：

1 <= staple.length <= 10^5
1 <= drinks.length <= 10^5
1 <= staple[i],drinks[i] <= 10^5
1 <= x <= 2*10^5

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/2vYnGI

分析

暴力法

直接双层循环，来遍历就好了

int breakfastNumber(int* staple, int stapleSize, int* drinks, int drinksSize, int x)
{int i = 0;int j = 0;int count = 0;for(i = 0; i < stapleSize; i++){for(j = 0; j < drinksSize; j++){if(x >= staple[i] + drinks[j]){count++;count = count % 1000000007;}}}return count;
}

很显然，结果超时

排序 + 双指针

其实我们很容易想到先排序，然后再进行查找后遍历。来优化算法。
这里使用C语言库函数qsort，时间复杂度为On*log (n)，我们写的遍历时间复杂度为O(n²)

int compare_int(const void* e1, const void* e2) //比较函数
{return *(int*)e1 - *(int*)e2;
}int breakfastNumber(int* staple, int stapleSize, int* drinks, int drinksSize, int x)
{int i = 0;int j = 0;int count = 0;int start = 0;int end = 0;int mid = 0;// 调用<stdlib.h>库函数 排序函数qsort(staple, stapleSize, sizeof(staple[0]), compare_int);qsort(drinks, drinksSize, sizeof(drinks[0]), compare_int);for (i = 0; i < stapleSize && staple[i] < x; i++){for(j = 0; j < drinksSize && drinks[j] <= x - staple[i]; j++){count++;count = count % 1000000007;}}return count;
}

居然还超时，我们再想想，这里我们没有考虑到排序后的数据是有序的特性。接下来我们通过二分法继续优化。

排序 + 二分法

我们根据staple的值只需要找到drinks数组中临界值。通过drinks的下标就可以一次知道了，前面都是符合的值，那么我们就可以用二分法来查找第一个不符合的。但是这里还有一个小坑，如果所有数据都成立那么通过二分法得到的也仅仅为下标最大值，所以这里我们可以把所有数据都成立的情况特殊列出来。

这样我们的时间复杂度就是O (log 2 n)与qsort库函数复杂度相同。空间复杂度为1.

int compare_int(const void* e1, const void* e2) //升序排序的比较函数
{return *(int*)e1 - *(int*)e2;
}int breakfastNumber(int* staple, int stapleSize, int* drinks, int drinksSize, int x)
{int i = 0;int j = 0;int count = 0;int start = 0;int end = 0;int mid = 0;// 调用<stdlib.h>库函数 排序函数qsort(staple, stapleSize, sizeof(staple[0]), compare_int);qsort(drinks, drinksSize, sizeof(drinks[0]), compare_int);for (i = 0; i < stapleSize && staple[i] < x; i++){//考虑到最优情况(特殊情况) 所有数据都符合就直接终止if (drinks[drinksSize - 1] <= x - staple[i]){count += drinksSize;continue;}start = 0;end = drinksSize - 1;while (start < end){mid = (start + end) / 2;if (drinks[mid] <= x - staple[i]){start = mid + 1;}else{end = mid;}}count += start;count = count % 1000000007;}return count;
}

功夫不负有心人，终于能跑了。这里我又想到一个点，俩个数组的值都是逐渐增大，而x不变。所以drinks数组的上限end应该小于等于上一个上限。

排序 + 优化二分法

俩个数组的值都是逐渐增大，而x不变。所以drinks数组的上限end应该小于等于上一个上限。如果没懂建议多读几遍。所以我们可以再增加一个变量来记录上次的上限用于更新。

int compare_int(const void* e1, const void* e2) //升序排序的比较函数
{return *(int*)e1 - *(int*)e2;
}int breakfastNumber(int* staple, int stapleSize, int* drinks, int drinksSize, int x)
{int i = 0;int j = 0;int count = 0;int start = 0;int end = 0;int mid = 0;int upper = drinksSize - 1; // 用于记录上次所取区间的上限int len = 0;                // 计算相同价格的主食有几种// 调用<stdlib.h>库函数 排序函数qsort(staple, stapleSize, sizeof(staple[0]), compare_int);qsort(drinks, drinksSize, sizeof(drinks[0]), compare_int);for (i = 0; i < stapleSize && staple[i] < x; i++){// 考虑到最优情况 所有数据都符合就直接终止if (drinks[drinksSize - 1] <= x - staple[i]){count += drinksSize;continue;}// 正常情况start = 0;end = upper;mid = (start + end) / 2;while (start < end){if (drinks[mid] <= x - staple[i]){start = mid + 1;}else{end = mid;}mid = (start + end) / 2;}count += start;upper = end;count = count % 1000000007;}return count;
}

排序 + 二次优化二分法

上面优化了drinks数组，同样是不是可以优化staple数组？是的。我们可以将staple相同的数据统计起来一次计算。这里我们又增加了len一个变量，用来计算staple数组中重复的数据。

int compare_int(const void* e1, const void* e2) //升序排序的比较函数
{return *(int*)e1 - *(int*)e2;
}int breakfastNumber(int* staple, int stapleSize, int* drinks, int drinksSize, int x)
{int i = 0;int j = 0;int count = 0;int start = 0;int end = 0;int mid = 0;int upper = drinksSize - 1; // 用于记录上次所取区间的上限int len = 0;                // 计算相同价格的主食有几种// 调用<stdlib.h>库函数 排序函数qsort(staple, stapleSize, sizeof(staple[0]), compare_int);qsort(drinks, drinksSize, sizeof(drinks[0]), compare_int);for (i = 0; i < stapleSize && staple[i] < x; i++){len = 1;while (i < stapleSize - 1 && staple[i] == staple[i + 1]){i++;len++;}// 考虑到最优情况 所有数据都符合就直接终止if (drinks[drinksSize - 1] <= x - staple[i]){count += drinksSize * len;continue;}// 正常情况start = 0;end = upper;mid = (start + end) / 2;while (start < end){if (drinks[mid] <= x - staple[i]){start = mid + 1;}else{end = mid;}mid = (start + end) / 2;}count += start * len;upper = end;count = count % 1000000007;}return count;
}

空间换时间，复杂度直接降为O(n)

因为早餐的价格均为整数，我们有x的资金。即我们早餐主食的选择有：1 2 3 … x-1。我们可以用一个n[x]的数组来实现，数组中存放的是当前下标价位的早餐种类。一次遍历主食staple数组，获取到符合要求的主食种类。当我们主食价格为2元的搭配都符合时，那么主食为1元的也不是符合吗？
所有我们还需要遍历一次，n[i] += n[i - 1] + n[i - 2] + ... n[1];
最后我们只需要对drinks数组遍历，n[x - drinks[i]]里面存放的值就是当前饮料对应主食的种类。
让我们实现吧。

int breakfastNumber(int* staple, int stapleSize, int* drinks, int drinksSize, int x)
{int n[x];int i = 0;int count = 0;memset(n, 0, sizeof(int) * x);// 将主食价格小于x的放入数组对应的下标，下标里面放的数字表示当前下标出现的次数for(i = 0; i < stapleSize; i++){if(staple[i] < x)//主食价格小于总金额{n[staple[i]]++;}}// 因为前面的价格必然小于等于后面的价格，也就是只要符合当前下标的话，你前面也都符合，// 所以我们直接累加。假如现在主食8元。n[8]中放的是主食{1...8}的所有种数for(i = 2; i < x; i++){n[i] += n[i - 1];}for(i = 0; i < drinksSize; i++){if(x - drinks[i] > 0){count += n[x - drinks[i]];count = count % 1000000007;}}return count;
}

这样我们的时间复杂度只有O(n),空复杂度也为O(n)

本章完！