文章目录

题目
- 标题和出处
- 难度
- 题目描述
- - 要求
  - 示例
  - 数据范围
解法一
- 思路和算法
- 代码
- 复杂度分析
解法二
- 思路和算法
- 证明
- 代码
- 复杂度分析

题目

标题和出处

标题：全局倒置与局部倒置

出处：775. 全局倒置与局部倒置

难度

6 级

题目描述

要求

给你一个长度为 n\texttt{n}n 的整数数组 nums\texttt{nums}nums，表示在 [0,n-1]\texttt{[0, n - 1]}[0, n - 1] 范围内的所有整数的一个排列。

全局倒置的数量是满足以下条件的不同的下标对 (i,j)\texttt{(i, j)}(i, j) 的数量：

0≤i<j<n\texttt{0} \le \texttt{i} < \texttt{j} < \texttt{n}0≤i<j<n
nums[i]>nums[j]\texttt{nums[i]} > \texttt{nums[j]}nums[i]>nums[j]

局部倒置的数量是满足以下条件的不同的下标 i\texttt{i}i 的数量：

0≤i<n-1\texttt{0} \le \texttt{i} < \texttt{n - 1}0≤i<n - 1
nums[i]>nums[i+1]\texttt{nums[i]} > \texttt{nums[i + 1]}nums[i]>nums[i + 1]

当全局倒置的数量等于局部倒置的数量时，返回 true\texttt{true}true。

示例

示例 1：

输入：nums=[1,0,2]\texttt{nums = [1,0,2]}nums = [1,0,2]
输出：true\texttt{true}true
解释：有 1\texttt{1}1 个全局倒置和 1\texttt{1}1 个局部倒置。

示例 2：

输入：nums=[1,2,0]\texttt{nums = [1,2,0]}nums = [1,2,0]
输出：false\texttt{false}false
解释：有 2\texttt{2}2 个全局倒置和 1\texttt{1}1 个局部倒置。

数据范围

n=nums.length\texttt{n} = \texttt{nums.length}n=nums.length
1≤n≤105\texttt{1} \le \texttt{n} \le \texttt{10}^\texttt{5}1≤n≤105
0≤nums[i]<n\texttt{0} \le \texttt{nums[i]} < \texttt{n}0≤nums[i]<n
nums\texttt{nums}nums 中的所有整数都是不同的
nums\texttt{nums}nums 是在 [0,n-1]\texttt{[0, n - 1]}[0, n - 1] 范围内的所有整数的一个排列

解法一

思路和算法

根据全局倒置与局部倒置的定义可知，局部倒置一定是全局倒置，因此如果全局倒置的数量等于局部倒置的数量，则每个全局倒置一定是局部倒置，即对于任意 0≤i<j<n0 \le i<j< n0≤i<j<n，当 j−i≥2j-i \ge 2j−i≥2 时一定有 nums[i]<nums[j]\textit{nums}[i]<\textit{nums}[j]nums[i]<nums[j]。

朴素的解法是对于 [0,n−2)[0, n-2)[0,n−2) 区间中的每个 iii，遍历 [i+2,n)[i+2, n)[i+2,n) 区间中的每个 jjj，如果发现 nums[i]>nums[j]\textit{nums}[i]>\textit{nums}[j]nums[i]>nums[j]，则此时的 (i,j)(i, j)(i,j) 是全局倒置但不是局部倒置，返回 false\text{false}false。如果遍历结束时没有发现 nums[i]>nums[j]\textit{nums}[i]>\textit{nums}[j]nums[i]>nums[j]，则返回 true\text{true}true。该解法的时间复杂度是 O(n2)O(n^2)O(n2)。

注意到对于任意 2≤j<n2 \le j<n2≤j<n，只要存在一个 iii 满足 0≤i≤j−20 \le i \le j-20≤i≤j−2 且 nums[i]>nums[j]\textit{nums}[i]>\textit{nums}[j]nums[i]>nums[j]，即存在一组 (i,j)(i, j)(i,j) 是全局倒置但不是局部倒置。因此，对于 0≤i<n−20 \le i<n-20≤i<n−2，令 maxValue\textit{maxValue}maxValue 表示 nums[0]\textit{nums}[0]nums[0] 到 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 中的最大值，如果 maxValue>nums[i+2]\textit{maxValue}>\textit{nums}[i+2]maxValue>nums[i+2]，即可返回 false\text{false}false。如果遍历结束时没有发现 maxValue>nums[i+2]\textit{maxValue}>\textit{nums}[i+2]maxValue>nums[i+2] 的情况，则返回 true\text{true}true。使用该解法，可以将时间复杂度降低到 O(n)O(n)O(n)。

代码

class Solution {public boolean isIdealPermutation(int[] nums) {int n = nums.length;int maxValue = -1;for (int i = 0; i < n - 2; i++) {maxValue = Math.max(maxValue, nums[i]);if (maxValue > nums[i + 2]) {return false;}}return true;}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)，其中 nnn 是数组 nums\textit{nums}nums 的长度。需要遍历数组一次。
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

解法二

思路和算法

该解法基于一个事实：长度为 nnn 的数组 nums\textit{nums}nums 的全局倒置的数量等于局部倒置的数量，其充分必要条件是对于任意 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n，都有 ∣nums[i]−i∣≤1\big|\textit{nums}[i]-i\big| \le 1∣∣nums[i]−i∣∣≤1。

基于上述事实，可以得到一个简单的解法：遍历数组 nums\textit{nums}nums，对于任意 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n，如果发现 ∣nums[i]−i∣>1\big|\textit{nums}[i]-i\big|>1∣∣nums[i]−i∣∣>1，即返回 false\text{false}false，如果对所有的 iii 都有 ∣nums[i]−i∣≤1\big|\textit{nums}[i]-i\big| \le 1∣∣nums[i]−i∣∣≤1，则返回 true\text{true}true。

证明

对于上述命题，需要从必要性和充分性两个方面证明。

必要性

已知长度为 nnn 的数组 nums\textit{nums}nums 的全局倒置的数量等于局部倒置的数量。假设存在 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n，使得 ∣nums[i]−i∣>1\big|\textit{nums}[i]-i\big|>1∣∣nums[i]−i∣∣>1。

如果 nums[i]−i>1\textit{nums}[i]-i>1nums[i]−i>1，等价于 nums[i]−i≥2\textit{nums}[i]-i \ge 2nums[i]−i≥2，在下标 iii 的右侧共有 n−i−1n-i-1n−i−1 个元素，但是比 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 大的元素不会超过 n−i−3n-i-3n−i−3 个，因此至少有 222 个大于 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 的元素在下标 iii 的左侧，其中至少有 111 个元素和 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 不相邻，该元素和 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 即为一组全局倒置但不是局部倒置，因此全局倒置的数量大于局部倒置的数量，与已知条件矛盾。

如果 i−nums[i]>1i-\textit{nums}[i]>1i−nums[i]>1，等价于 i−nums[i]≥2i-\textit{nums}[i] \ge 2i−nums[i]≥2，在下标 iii 的左侧共有 iii 个元素，但是比 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 小的元素不会超过 i−2i-2i−2 个，因此至少有 222 个小于 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 的元素在下标 iii 的右侧，其中至少有 111 个元素和 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 不相邻，该元素和 nums[i]\textit{nums}[i]nums[i] 即为一组全局倒置但不是局部倒置，因此全局倒置的数量大于局部倒置的数量，与已知条件矛盾。

综上所述，如果存在 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n，使得 ∣nums[i]−i∣>1\big|\textit{nums}[i]-i\big|>1∣∣nums[i]−i∣∣>1，则一定会存在一组全局倒置不是局部倒置，与已知条件矛盾。因此如果长度为 nnn 的数组 nums\textit{nums}nums 的全局倒置的数量等于局部倒置的数量，则对于任意 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n，都有 ∣nums[i]−i∣≤1\big|\textit{nums}[i]-i\big| \le 1∣∣nums[i]−i∣∣≤1。

充分性

对于任意 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n，都有 ∣nums[i]−i∣≤1\big|\textit{nums}[i]-i\big| \le 1∣∣nums[i]−i∣∣≤1。

如果存在 0≤i<n−10 \le i<n-10≤i<n−1 满足 nums[i]=i+1\textit{nums}[i]=i+1nums[i]=i+1，则必有 nums[i+1]=i\textit{nums}[i+1]=inums[i+1]=i，否则一定会出现 ∣nums[n−1]−(n−1)∣>1\big|\textit{nums}[n-1]-(n-1)\big| > 1∣∣nums[n−1]−(n−1)∣∣>1。

如果存在 0≤i<n−10 \le i<n-10≤i<n−1 满足 nums[i]=i+1\textit{nums}[i]=i+1nums[i]=i+1 且 nums[i+1]≠i\textit{nums}[i+1] \ne inums[i+1]=i，则必有 nums[i+1]=i+2\textit{nums}[i+1]=i+2nums[i+1]=i+2，根据数学归纳法可知，对任意 i≤j<n−1i \le j<n-1i≤j<n−1 都有 nums[j]=j+1\textit{nums}[j]=j+1nums[j]=j+1，此时 nums[n−1]<n−2\textit{nums}[n-1]<n-2nums[n−1]<n−2，因此 ∣nums[n−1]−(n−1)∣>1\big|\textit{nums}[n-1]-(n-1)\big| > 1∣∣nums[n−1]−(n−1)∣∣>1，与已知条件矛盾。因此如果 nums[i]=i+1\textit{nums}[i]=i+1nums[i]=i+1，则必有 nums[i+1]=i\textit{nums}[i+1]=inums[i+1]=i。

同理可得，如果存在 0<i≤n−10<i \le n-10<i≤n−1 满足 nums[i]=i−1\textit{nums}[i]=i-1nums[i]=i−1，则必有 nums[i−1]=i\textit{nums}[i-1]=inums[i−1]=i，否则一定会出现 ∣nums[0]−0∣>1\big|\textit{nums}[0]-0\big| > 1∣∣nums[0]−0∣∣>1。

由于对任意 0≤i<n0 \le i<n0≤i<n 都有 ∣nums[i]−i∣≤1\big|\textit{nums}[i]-i\big| \le 1∣∣nums[i]−i∣∣≤1，因此全局倒置的数量等于局部倒置的数量。

代码

class Solution {public boolean isIdealPermutation(int[] nums) {int n = nums.length;for (int i = 0; i < n; i++) {if (Math.abs(nums[i] - i) > 1) {return false;}}return true;}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)O(n)O(n)，其中 nnn 是数组 nums\textit{nums}nums 的长度。需要遍历数组一次。
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

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