LeetCode 算法：轮转数组c++

原题链接🔗：轮转数组
难度：中等⭐️⭐️

题目

给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。

示例 1:
输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3
输出: [5,6,7,1,2,3,4]
解释:
向右轮转 1 步: [7,1,2,3,4,5,6]
向右轮转 2 步: [6,7,1,2,3,4,5]
向右轮转 3 步: [5,6,7,1,2,3,4]

示例 2:
输入：nums = [-1,-100,3,99], k = 2
输出：[3,99,-1,-100]
解释:
向右轮转 1 步: [99,-1,-100,3]
向右轮转 2 步: [3,99,-1,-100]

提示：

• 1 <= nums.length <= 10⁵
• -2³¹ <= nums[i] <= 2³¹ - 1
• 0 <= k <= 10⁵
  进阶：
• 尽可能想出更多的解决方案，至少有 三种 不同的方法可以解决这个问题。
• 你可以使用空间复杂度为 O(1) 的 原地 算法解决这个问题吗？

题解

原地轮转数组

1. 题解：

这种方法通过三次反转来实现原地轮转，不需要额外的空间。

步骤：

• 反转整个数组。
• 反转前 k 个元素。
• 反转 k 个元素后的剩余部分。

2. 复杂度：时间复杂度O(n)，空间复杂度 O(n)。
3. 过程：

1. 头文件和命名空间:

   • #include <vector>: 包含标准库中的 vector 容器。
   • #include <iostream>: 包含输入输出流。
   • using namespace std;: 使用标准命名空间，这样我们就不需要在标准库类型和函数前加 std:: 前缀。

2. 辅助函数 reverse:

   • 函数原型：void reverse(vector<int>& nums, int start, int end)。
   • 功能：反转 nums 数组中从索引 start 到索引 end 的部分。
   • 实现：使用 while 循环和 swap 函数来交换 start 和 end 指向的元素，然后 start 向前移动，end 向后移动，直到 start 大于或等于 end。

3. Solution 类:

   • 包含一个公有成员函数 rotate，用于实现数组的轮转。
   • 输入参数：nums 是要轮转的数组，k 是轮转的步数。
   • 实现逻辑：
     • 首先检查 nums 是否为空或者 k 是否是数组长度的倍数，如果是，则直接返回，因为不需要做任何操作。
     • 然后，通过三次反转实现数组的轮转：
       • 反转整个数组。
       • 反转数组的前 k 个元素。
       • 反转数组从索引 k 到末尾的部分。

4. 主函数 main:

   • 创建 Solution 类的实例。
   • 定义一个 vector<int> 类型的数组 nums，初始化为 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}。
   • 定义一个整数 k，值为 3，表示要将数组向右轮转 3 步。
   • 打印原始数组。
   • 调用 rotate 方法对数组进行轮转。
   • 打印轮转后的数组。

5. 输出:

   • 程序首先打印原始数组。
   • 然后调用 rotate 方法，将数组 [1, 2, 3, 4, 5, 6, 7] 向右轮转 3 步，结果应该是 [5, 6, 7, 1, 2, 3, 4]。
   • 最后打印轮转后的数组。

4. c++ demo：

#include <vector>
#include <iostream>

using namespace std;

// 辅助函数，用于反转数组中从 start 到 end 的部分
void reverse(vector<int>& nums, int start, int end) {
    while (start < end) {
        swap(nums[start], nums[end]);
        start++;
        end--;
    }
}

// 轮转数组的主要函数
class Solution {
public:
    void rotate(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        if (n == 0 || k % n == 0) return; // 如果数组为空或k是数组长度的倍数，不需要旋转

        // 反转整个数组
        reverse(nums, 0, n - 1);
        // 反转前 k 个元素
        reverse(nums, 0, k - 1);
        // 反转剩余的 n - k 个元素
        reverse(nums, k, n - 1);
    }
};

// 主函数，用于演示
int main() {
    Solution solution;
    vector<int> nums = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};
    int k = 3;

    cout << "Original array: ";
    for (int num : nums) {
        cout << num << " ";
    }
    cout << endl;

    solution.rotate(nums, k);

    cout << "Rotated array: ";
    for (int num : nums) {
        cout << num << " ";
    }
    cout << endl;

    return 0;
}

• 输出结果：

Original array: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
Rotated array: {5, 6, 7, 1, 2, 3, 4}

其他题解

1. 额外空间法

这种方法使用额外的数组来存储元素，然后复制回原数组。这种方法简单，但不是原地操作。

void rotate(vector<int>& nums, int k) {
    vector<int> temp(nums.size());
    for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
        temp[(i + k) % nums.size()] = nums[i];
    }
    nums = temp;
}

2. 反转法（原地操作）

这种方法通过三次反转来实现原地轮转，不需要额外的空间。

步骤：

• 反转整个数组。
• 反转前 k 个元素。
• 反转 k 个元素后的剩余部分。

void rotate(vector<int>& nums, int k) {
    int n = nums.size();
    k %= n; // 避免 k 大于数组长度
    reverse(nums, 0, n - 1); // 反转整个数组
    reverse(nums, 0, k - 1); // 反转前 k 个元素
    reverse(nums, k, n - 1); // 反转剩余元素
}

void reverse(vector<int>& nums, int start, int end) {
    while (start < end) {
        swap(nums[start], nums[end]);
        start++;
        end--;
    }
}

3. 循环交换法

这种方法通过循环交换元素来实现轮转，但可能需要多次循环。

void rotate(vector<int>& nums, int k) {
    int n = nums.size();
    k %= n;
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        swap(nums[i], nums[n - 1 - i]);
    }
}

4. 递归法

这种方法通过递归地将问题分解为更小的问题来解决。

void rotate(vector<int>& nums, int k) {
    k %= nums.size();
    if (k == 0) return;
    rotate(nums, k - 1);
    swap(nums[0], nums[nums.size() - k]);
}

5. 滑动窗口法

这种方法使用一个滑动窗口来逐步移动元素。

void rotate(vector<int>& nums, int k) {
    int n = nums.size();
    k %= n;
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        nums.push_back(nums[i]);
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        nums[i] = nums[i + k];
    }
    nums.erase(nums.begin(), nums.begin() + k);
}

每种方法都有其优缺点，选择哪种方法取决于具体问题的要求和个人偏好。原地操作通常更优，因为它不需要额外的存储空间。