1848. 到目标元素的最小距离

时间复杂度：O(n)

从 start 向两端寻找 target，找到的第一个目标元素即最近的。

class Solution {public:int getMinDistance(vector<int>& nums, int target, int start) {for (int i = 0, n = nums.size(); i < n; i++) {if ((start+i < n && nums[start+i] == target) || (start-i >= 0 && nums[start-i] == target)) {return i;}}return 0;}
};

1849. 将字符串拆分为递减的连续值

知识点：递归

时间复杂度：O(n^2)

因为两个数字相差必须是1，所以只要前一个数字确定了，当前数字的值就确定了。

首先，枚举第一个数字的长度，一旦长度确定了，值就确定了，后续数字的值也就确定了。然后按值尝试分割字符串即可。

需要注意的是，如果直接把s转换为数字，有可能超出int64的取值范围。但是因为要将s分割成两个数字，所以第一个数字的上限是999,999,999,9。

class Solution {public:int64_t toNumber(const std::string &s, int l, int r) {int64_t anw = 0;while(l <= r) {anw *= 10;anw += (s[l] - '0');l++;}return anw;}bool check(const std::string &s, int pos, int64_t pre) {if (pos == s.size()) {return true;}for (int i = pos; i < s.size(); i++) {int64_t val = toNumber(s, pos, i);if (val == pre-1) {if (check(s, i+1, val)) {return true;}} else if (val >= pre) {return false;}}return false;}bool splitString(string s) {if (s.size() <= 1) {return false;}int n = s.size()-1;int64_t limit = 1L<<40;for (int i = 0; i < n; i++) {int64_t val = toNumber(s, 0, i);if (val > limit) {return false;}if (check(s, i+1, val)) {return true;}}return false;}
};

1850. 邻位交换的最小次数

知识点：next_permutation

时间复杂度：O(n^2)

设第 k 个最小妙数为target，如果能构造出 target，则求最小次数是很简单的。那问题变成了如何构造 target。

竞赛时可以借助库函数 next_permutation 构造target。不过面试时还是要能手写next_permutation。接下来简单介绍下next_permutation的实现。

设有字符串s，及s的下一个排列 p，两者长度为n，最长公共前缀的长度为 c。则必有:

构成 p[c .. n) 和 s[c .. n) 的字符集合相同。
p[c] 为 s[c+1 .. n) 中，大于s[c]的最小字符。
p[c+1 .. n) 升序排列。

那么将 s 构造为 p，只需要三步：

找到s中满足s[i] < s[i+1] 的最大的i，该 i 即为 c。
找到 s[c+1 .. n) 中大于s[c]的最小字符s[t]，并将两者交换。
将s[c+1 .. n] 升序排列。

现在我们可以重复k次上述构造过程，得到target，然后模拟题目的交换过程并计数，即可得到答案。

class Solution {public:int getMinSwaps(string num, int k) {cout << s << endl;string old = num;int end = num.size()-1;while(k--) {for (int i = end; i >= 1; i--) {if (num[i-1] < num[i]) {int l = i-1;while(i+1 <= end && num[l] < num[i+1]) {i++;}swap(num[l], num[i]);reverse(num.begin() + l + 1, num.end());break;}}}int anw = 0;for (int i = end; i >= 0; i--) {if (num[i] != old[i]) {int j = i-1;while(old[j] != num[i]) {j--;}anw += i-j;while(j < i) {swap(old[j], old[j+1]);j++;}}}return anw;}
};

1851. 包含每个查询的最小区间

知识点：离线处理

时间复杂度：O(n*lgn)

设有 left, right 分别存储了将interval按左右端点排序之后的结果。

设当前正在被处理的询问为 query。

设 lp 为满足 left[lp][0] 不超过 query 的最大坐标，即left[0 .. lp] 中所有区间的左端点都在query左边或与query相等，而其他区间的左端点都在query右边。

设 rp 为满足 right[rp][1] 小于 query 的最大坐标，及right[0 .. rp] 中的所有区间的右端点都在query的左边，而其他区间的右端点都在query的右边或与query相等。

换言之，在left[0 .. lp]中而不在right[0 .. rp]中的最短的区间的长度，即为query的答案。

在代码实现上，可以用一个 multiset 来维护这部分数据：

首先对于当前的query，先找到lp，将left[0 .. lp]中所有区间的长度都插入到容器中。
然后找到rp，将right[0 .. rp]中所有区间的长度都从容器中删除。
容器中最小的元素即为答案，如果容器为空，则答案不存在。

另外，如果所有的查询 queries 是有序的，不难发现，随着query的增大，lp和rp是单调递增的，也就是说，没必要每次都从0开始寻找lp和rp并维护容器。而是可以从前一次查询的基础上，继续维护容器内的元素。

class Solution {public:vector<int> minInterval(vector<vector<int>>& l, vector<int>& queries) {multiset<int> len;auto r = l;sort(l.begin(), l.end(), [](const auto &lhs, const auto &rhs) { return lhs[0] < rhs[0]; });sort(r.begin(), r.end(), [](const auto &lhs, const auto &rhs) { return lhs[1] < rhs[1]; });vector<vector<int>> query;for (int i = 0; i < queries.size(); i++) {query.push_back(std::vector<int>{queries[i], i});}sort(query.begin(), query.end(), [](const auto &lhs, const auto &rhs) { return lhs[0] < rhs[0];});int lp = 0, rp = 0;vector<int> anw(query.size(), 0);for (auto q : query) {while (lp < l.size() && l[lp][0] <= q[0]) {len.insert(l[lp][1] - l[lp][0] + 1);lp++;}while (rp < r.size() && r[rp][1] < q[0]) {auto it = len.find(r[rp][1] - r[rp][0] + 1);len.erase(it);rp++;}anw[q[1]] = len.empty() ? -1 : *len.begin();}return anw;}
};

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