题目描述
这是 LeetCode 上的「768. 最多能完成排序的块 II」，难度为「困难」。
Tag : 「贪心」
这个问题和“最多能完成排序的块”相似，但给定数组中的元素可以重复，输入数组最大长度为
，其中的元素最大为
。
arr 是一个可能包含重复元素的整数数组，我们将这个数组分割成几个“块”，并将这些块分别进行排序。之后再连接起来，使得连接的结果和按升序排序后的原数组相同。
我们最多能将数组分成多少块？
示例 1:
代码语言：javascript复制输入: arr = [5,4,3,2,1]
输出: 1
解释:
将数组分成2块或者更多块，都无法得到所需的结果。
例如，分成 [5, 4], [3, 2, 1] 的结果是 [4, 5, 1, 2, 3]，这不是有序的数组。
示例 2:
代码语言：javascript复制输入: arr = [2,1,3,4,4]
输出: 4
解释:
我们可以把它分成两块，例如 [2, 1], [3, 4, 4]。
然而，分成 [2, 1], [3], [4], [4] 可以得到最多的块数。
注意:
arr的长度在
之间。
arr[i]的大小在
之间。
贪心 构造
一种容易想到的构造方法，是与目标序列（已排升序的数组 clone）做区间比较。
由于题目要求尽可能划分出多的区间，我们可以从前往后处理 arr 和 clone 时统计区间内数的情况，若有 arr[i...j] 和 clone[i...j] 词频完全相同，可知 arr[i...j] 可通过内部排序调整为 clone[i...j]，此时我们将范围
划分为一个区间，然后继续往后处理直到整个数组处理完。
容易证明该做法的正确性：可从边界开始进行归纳分析，起始两者均从下标为
的位置进行扫描。假设最优解和贪心解的第一个区间的结束位置相同，问题就会归结到子问题上（即双方均从相同的子数组起始位置开始构造），因此无须额外证明；而当起始位置相同，结束位置不同时，假设分别为
和
，则必然有
（因为如果有
，那么在
扫描到
位置时已经满足划分区间的条件，已经会停下来，即与贪心决策逻辑冲突），而当
时，我们可以将最优解中的区间
进一步划分为
和
两段，同时不影响后续的构造过程，使得最终划分的区间数增大，即与最优解本身无法划分冲突。
根据数值之间满足严格全序，可知当
和
均不满足时，必然有
为真。
综上，我们证明了对于相同起点，贪心解与最优解结束位置必然相同，从而证明贪心解区间数与最优解相等。
于是原问题转换为如何快速对两数组（原数组 arr 和目标数组 clone）进行词频比较，由于数值的范围为
，如果使用最裸的词频对比方案的话，需要先进行离散化，最终算法的复杂度为
。而更好的解决方案是使用哈希表进行计数，同时维护当前计数不为
的数值数量 tot，具体的，当我们处理
时，我们在哈希表中对
进行计数加一，而在处理
时，对
进行计数减一。从而将词频比较的复杂度从
下降到
。
Java 代码：
代码语言：javascript复制class Solution {
public int maxChunksToSorted(int[] arr) {
int[] clone = arr.clone();
Arrays.sort(clone);
int n = arr.length, ans = 0;
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int i = 0, tot = 0; i < n; i ) {
int a = arr[i], b = clone[i];
if (map.getOrDefault(a, 0) == -1) tot--;
else if (map.getOrDefault(a, 0) == 0) tot ;
map.put(a, map.getOrDefault(a, 0) 1);
if (map.getOrDefault(b, 0) == 1) tot--;
else if (map.getOrDefault(b, 0) == 0) tot ;
map.put(b, map.getOrDefault(b, 0) - 1);
if (tot == 0) ans ;
}
return ans;
}
}
TypeScript 代码：
代码语言：javascript复制function maxChunksToSorted(arr: number[]): number {
let clone = [...arr].sort((a,b)=>a-b)
let n = arr.length, ans = 0
const map = new Map<number, number>()
for (let i = 0, tot = 0; i < n; i ) {
const a = arr[i], b = clone[i]
if (!map.has(a)) map.set(a, 0)
if (map.get(a) == 0) tot
else if (map.get(a) == -1) tot--;
map.set(a, map.get(a) 1)
if (!map.has(b)) map.set(b, 0)
if (map.get(b) == 0) tot
else if (map.get(b) == 1) tot--
map.set(b, map.get(b) - 1)
if (tot == 0) ans
}
return ans
};
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
最后
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