LeetCode-775. 全局倒置与局部倒置【最小后缀，归纳】

• 题目描述：
• 解题思路一：常规暴力方法+剪枝。
• 解题思路二：维护后缀最小值.
• 解题思路三：三行代码！！！进一步，我们可以发现对于每个元素都必须满足|nums[i]−i∣≤1。归纳证明

题目描述：

给你一个长度为 n 的整数数组 nums ，表示由范围 [0, n - 1] 内所有整数组成的一个排列。

全局倒置 的数目等于满足下述条件不同下标对 (i, j) 的数目：

0 <= i < j < n
nums[i] > nums[j]
局部倒置 的数目等于满足下述条件的下标 i 的数目：

0 <= i < n - 1
nums[i] > nums[i + 1]
当数组 nums 中 全局倒置 的数量等于 局部倒置 的数量时，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：nums = [1,0,2]
输出：true
解释：有 1 个全局倒置，和 1 个局部倒置。

示例 2：

输入：nums = [1,2,0]
输出：false
解释：有 2 个全局倒置，和 1 个局部倒置。

提示：

n == nums.length
1 <= n <= 10^5
0 <= nums[i] < n
nums 中的所有整数 互不相同
nums 是范围 [0, n - 1] 内所有数字组成的一个排列
https://leetcode.cn/problems/global-and-local-inversions/solutions/?orderBy=most_votes&languageTags=cpp

解题思路一：常规暴力方法+剪枝。

无法通过。归纳是中等难度的题目一般无法暴力。

class Solution {
public:bool isIdealPermutation(vector& nums) {int n=nums.size(),local=0,global=0;for(int i=1;inums[i]) ++local;for(int i=0;i//会超时！for(int j=i+1;jif(nums[i]>nums[j]) ++global;if(global>local) return false;}       if(global>local) return false;            }return true;}
};

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(1)

解题思路二：维护后缀最小值.

此时我们想到一个局部倒置一定是一个全局倒置，因此要判断数组中局部倒置的数量是否与全局倒置的数量相等，只需要检查有没有非局部倒置就可以了。这里的非局部倒置指的是 nums[i]>nums[j]\textit{nums}[i] \gt \textit{nums}[j]nums[i]>nums[j]，其中 i

只要存在一个非局部倒置就可以直接返回false了。
这里我们从末尾开始遍历，然后维护一个末尾的最小值。
minSuffix=min(nums[i+2],…,nums[n−1])minSuffix=min(nums[i+2],…,nums[n−1])minSuffix=min(nums[i+2],…,nums[n−1])即最小后缀

class Solution {
public:bool isIdealPermutation(vector& nums) {int n = nums.size(), minSuff = nums[n - 1];for (int i = n - 3; i >= 0; i--) {if (nums[i] > minSuff) return false;minSuff = min(minSuff, nums[i + 1]);}return true;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

解题思路三：三行代码！！！进一步，我们可以发现对于每个元素都必须满足|nums[i]−i∣≤1。归纳证明

比如0元素放到了原本位置绝对值大于1的位置，2上面。
那么无论位置0放什么元素都有
nums[0]>nums[2]
nums[0]取[1,n]
nums[2]=0
即是一个非局部倒置可以直接返回false。

class Solution {
public:bool isIdealPermutation(vector& nums) {for (int i=0;i1) return false;return true;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)