【LetMeFly】两种方法解决 699.掉落的方块

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/falling-squares/

在无限长的数轴（即x轴）上，我们根据给定的顺序放置对应的正方形方块。

第i个掉落的方块（positions[i] = (left, side_length)）是正方形，其中 left 表示该方块最左边的点位置(positions[i][0])，side_length 表示该方块的边长(positions[i][1])。

每个方块的底部边缘平行于数轴（即 x 轴），并且从一个比目前所有的落地方块更高的高度掉落而下。在上一个方块结束掉落，并保持静止后，才开始掉落新方块。

方块的底边具有非常大的粘性，并将保持固定在它们所接触的任何长度表面上（无论是数轴还是其他方块）。邻接掉落的边不会过早地粘合在一起，因为只有底边才具有粘性。

返回一个堆叠高度列表ans。每一个堆叠高度ans[i]表示在通过positions[0], positions[1], ..., positions[i]表示的方块掉落结束后，目前所有已经落稳的方块堆叠的最高高度。

示例 1:

输入: [[1, 2], [2, 3], [6, 1]]
输出: [2, 5, 5]
解释:第一个方块 positions[0] = [1, 2] 掉落：
_aa
_aa
-------
方块最大高度为 2 。第二个方块 positions[1] = [2, 3] 掉落：
__aaa
__aaa
__aaa
_aa__
_aa__
--------------
方块最大高度为5。
大的方块保持在较小的方块的顶部，不论它的重心在哪里，因为方块的底部边缘有非常大的粘性。第三个方块 positions[1] = [6, 1] 掉落：
__aaa
__aaa
__aaa
_aa
_aa___a
--------------
方块最大高度为5。因此，我们返回结果[2, 5, 5]。

示例 2:

输入: [[100, 100], [200, 100]]
输出: [100, 100]
解释: 相邻的方块不会过早地卡住，只有它们的底部边缘才能粘在表面上。

提示:

1≤positions.length≤10001\leq positions.length\leq 10001≤positions.length≤1000
1≤positions[i][0]≤1081\leq positions[i][0]\leq10^81≤positions[i][0]≤108
1≤positions[i][1]≤1061\leq positions[i][1]\leq10^61≤positions[i][1]≤106

思路

主要思路就是判断每个方块下落地的最大已有高度并更新记录之。

方法一：暴力枚举

这题中方块数量的上限是100010001000，因此可以在O(n2)O(n^2)O(n2)的复杂度内通过该题。

我们可以自定义一种数据结构Line：

struct Line {int l, r;  // max{l} = max{positions[i][0]} ≤ 1e8 < INT_MAX；max{l} = max{l} + max{length} = max{positions[i][0]} + max{positions[i][1]} ≤ 1.01e8 < INT_MAX int height;  // max{height} ≤ sum{length} ≤ max{positions.length} * max{positions[i][1]} ≤ 1e9 < INT_MAX
};

代表 [l, r]的最大高度都是height。

这样我们就可以依次模拟每个方块的下落，对于每个方块，遍历所有的Line，如果这个Line和这个方块有交集，就更新这个方块的最大高度。

时间复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)，其中nnn是方块的个数
空间复杂度O(1)O(1)O(1)，返回值不计入空间复杂度

AC代码

C++

class Solution {public:vector<int> fallingSquares(vector<vector<int>>& positions) {vector<Line> lines;vector<int> ans;  // 答案int Max = 0;  // 最大高度for (auto& thisSquare : positions) {int l = thisSquare[0], r = thisSquare[0] + thisSquare[1] - 1;  // 这个方块的水平投影的范围是[l, r]int thisMaxHeight = thisSquare[1];  // 这个方块的最大高度for (Line& thisLine : lines) {  // 遍历每一条Lineif (!(thisLine.r < l || thisLine.l > r)) {  // 如果这条Line和方块水平投影有交集thisMaxHeight = max(thisMaxHeight, thisLine.height + thisSquare[1]);  // 更新这条线的最大高度}}lines.push_back(Line(l, r, thisMaxHeight));  // 更新插入这条Line（这里不用erase之前被覆盖掉的Line，因为方块只会越摞越高）Max = max(Max, thisMaxHeight);ans.push_back(Max);}return ans;}
};

方法二：有序集合

如果n的范围再增大一些呢？有没有一种时间复杂度为O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)的方法呢

我们来分析以下时间主要消耗在哪里。主要就是对Line的遍历。每下落一个方块都要对所有的Line进行一次遍历。

那么，如果我们维护一个有序的lines的话，是不是就可以了呢？

也就是说，查询已有的重叠的Line的时候，我们可以使用二分法在O(log⁡n)O(\log n)O(logn)的时间复杂度内查找；在插入新Line的时候，我们可以用O(log⁡n)O(\log n)O(logn)的时间复杂度插入到对应位置。同时记得还需要删除被覆盖的Line。

其实，我们可以采用方法一的思想，但是使用一个新的数据结构：map<int, int>。不同编程语言具体实现方式可能不同，这里就以C++为例：

定义一个map<int, int>类型的heightMap，heightMap[x1]代表从x1开始，知道遇到下一个x2之前，所有的位置高度都是heightMap[x1]。（ [X1, x2) ）

在下落一个新的方块时，假设方块范围是[l, r]，那么我们要先求得有序集合中[l, r]的最大高度，加上方块边长就是[l, r]的新的高度。

求得新的高度后，删除[l, r]中的原始高度，插入[l, r]的新的高度即可。

时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)，其中nnn是方块的个数
空间复杂度O(1n)O(1n)O(1n)，返回值不计入空间复杂度

AC代码

C++

class Solution {public:vector<int> fallingSquares(vector<vector<int>>& positions) {vector<Line> lines;vector<int> ans;  // 答案int Max = 0;for (auto& thisSquare : positions) {int l = thisSquare[0], r = thisSquare[0] + thisSquare[1] - 1;  // 这个方块的水平投影的范围是[l, r]int thisMaxHeight = thisSquare[1];  // 这个方块的最大高度for (Line& thisLine : lines) {  // 遍历每一条Lineif (!(thisLine.r < l || thisLine.l > r)) {  // 如果这条Line和方块水平投影有交集thisMaxHeight = max(thisMaxHeight, thisLine.height + thisSquare[1]);  // 更新这条线的最大高度}}lines.push_back(Line(l, r, thisMaxHeight));  // 更新插入这条Line（这里不用erase之前被覆盖掉的Line，因为方块只会越摞越高）Max = max(Max, thisMaxHeight);ans.push_back(Max);}return ans;}
};

同步发文于CSDN，原创不易，转载请附上原文链接哦~
Tisfy：https://letmefly.blog.csdn.net/article/details/124978728

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