LeetCode 56，57，60，连刷三题不费劲

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今天是LeetCode专题的第34篇文章，刚好接下来的题目比较简单，很多和之前的做法类似。所以我们今天出一个合集，一口气做完接下来的57、59和60这三题。

再次申明一下，为了节约篇幅，保证文章的质量，我跳过了LeetCode当中所有的Easy以及少量没什么营养的Medium和Hard的问题。Easy的问题都不是很难，即使是新手一般来说也不需要看题解，仔细想想也应该能搞定。所以就不占用篇幅了，如果大家有比较感兴趣的Easy问题，可以在下方的小程序处给我留言。

LeetCode 57 插入区间

第一题是57题Insert Interval，插入区间。题意会给定一组区间和一个单独的区间，要求将这个单独的区间插入区间集合，如果有两个区间存在交叉的情况，需要将它们合并，要求合并之后的最终结果。从题意上来看，基本上和我们上一篇文章讲的区间合并问题完全一样。唯一不同的是，在这题当中给定的这一组区间都是天然有序的，我们不需要对它进行排序。

区间已经有序了，剩下的就很简单了，我们只需要进行插入即可。区间插入的判断条件还是和之前一样，如果A区间的左端点在B区间左端点左侧，那么只要A区间的右侧端点在B区间左端点的右侧即可。所以这题基本上没有难度，就是一道裸题，我也不明白为什么官方给定的难度是Hard。

我们直接放出代码：

class Solution:
    def insert(self, intervals: List[List[int]], newInterval: List[int]) -> List[List[int]]:
        ret = []
        # l, r记录待插入区间
        l, r = newInterval
        # 记录待插入区间是否完成插入
        flag = False

        for x, y in intervals:
            # x, y记录当前区间
            # 如果当前区间在待插入区间左侧，那么将当前区间插入答案
            if y < l:
                ret.append([x, y])
            # 如果当前区间在待插入区间右侧，那么将两个区间都插入答案
            elif r < x:
                if not flag:
                    flag = True
                    ret.append([l, r])
                ret.append([x, y])
            # 否则，说明当前区间与待插入区间可以合并
            # 更新待插入区间的范围
            else:
                l, r = min(l, x), max(r, y)
        # 如果最后还没有完成插入，说明待插入区间大于所有区间
        # 手动插入，防止遗漏
        if not flag:
            ret.append([l, r])
        return ret

只要理解了区间合并的条件，这题真的没有难度。

LeetCode 59 螺旋矩阵II

前不久我们刚出过螺旋矩阵I的题解，在螺旋矩阵I当中，我们给定了一个矩阵让我们螺旋形去遍历它。这题则相反，给定我们矩阵的长和宽，让我们生成一个这样的螺旋矩阵。

我们来看下样例：

在这题当中，我们使用54题的思路也完全可以解出来，但是这题更加简单了一些。由于是让我们构造一个矩阵，那么我们其实没有必要维护每个方向的边界了。只要出现出界或者是遇到了已经填好的数字那么就说明应该转向了。某种程度上来说，这题应该是I，之前的54题应该是II，因为这题更简单一些。

如果对54题解法不熟悉的同学，可以点击下方的传送门，学习一下方向数组的使用方法。

传送门

由于我们不需要维护每个方向的边界，并且移动的步数是固定的，更重要的是，转向每次最多只会发生一次，所以这个流程非常简单，我们直接来看代码即可。

class Solution:
    def generateMatrix(self, n: int) -> List[List[int]]:
        # 初始化答案
        ret = [[0 for _ in range(n)] for _ in range(n)]
        # 初始化方向数组
        fx = [[0, 1], [1, 0], [0, -1], [-1, 0]]

        # 初始化方向以及起始点
        dt = 0
        x, y = 0, 0

        # n*n的方阵，一共需要填入n*n个数字
        for i in range(n*n):
            ret[x][y] = i+1
            # 移动的下一个位置
            x_, y_ = x+fx[dt][0], y+fx[dt][1]
            # 如果发生超界或者是遇到的数字大于0，说明需要转向
            if x_ < 0 or x_ >= n or y_ < 0 or y_ >= n or ret[x_][y_] > 0:
                dt = (dt + 1) % 4
            # 转向之后的位置
            x, y = x+fx[dt][0], y+fx[dt][1]

        return ret

LeetCode 60 第K个排列

这题是一个排列组合问题，给定一个整数n，它代表[1,2,3,...,n]这n个元素的序列。然后还有一个整数K，要求这n个元素从小到大第K个排列。

这题其实蛮有意思，我觉得可以上hard，但遗憾的是它有一个讨巧的办法，大概也许是这样，所以才被降级成Medium的吧。这个讨巧的办法应该蛮容易想到的，很明显，由于n个数字是确定的，所以最小的排列一定是[1,2,3,...,n]。而我们之前做过一道LeetCode31题，它求的是给定一个排列，然后生成字典序比它大刚好一位的下一个排列。

既然如此，我们可以重复使用这个算法K-1次，就得到了答案了。对于做过31题的同学而言，这题毫无难度。如果对于31题解法不熟悉的同学可以点击下方传送门，回去复习一下。

传送门

但其实可以不用这么麻烦，因为Python当中有自带的排列组合的工具库，我们可以直接调用，只用5行代码就可以搞定。

class Solution:
    # 引入包
    from itertools import permutations
    def getPermutation(self, n: int, k: int) -> str:
        # 由于最后返回的结果要是string
        # 生成['1','2','3',...,'n']的序列用来计算下一个排列
        base = [str(i) for i in range(1, n+1)]
        # 调用permutations会得到一个按顺序计算排列的生成器
        perms = permutations(base, n)
        for i in range(k):
            # 我们调用k-1次next就能获得答案了
            ret = next(perms)
        return ''.join(ret)

这个方法虽然写起来短平快，但是也有一个重大的问题，就是耗时很长。这个其实很容易算，根据当前排列生成下一个排列的复杂度是\(O(n)\)。我们一共需要计算k-1次，所以整体的复杂度就是\(O(nk)\)，极端情况下k=n!，所以最差复杂度是\(n \cdot n!\)。要知道n个物体的排列一共有n!种，如果k很大，这个复杂度是爆表的。不过这题没有过多为难人，这样的复杂度也能AC。我个人觉得这是一个很遗憾的事情，因为简单的算法也可以AC会导致很多人没有斗志再去研究复杂的算法了。

最后，我们来看正解。

正解其实不涉及任何新的算法和数据结构，甚至说穿了一文不值，但是很多人就是很难想到。还是老话题，它需要我们对问题进行深入的思考。

既然我们一个一个地求下一个排列非常慢，那么我们能不能有快速一点的办法呢？加快速度大概有两种办法，第一种增加步幅，比如之前的方法是每次获取字典序+1的排列， 我们能不能生成字典序+k的排列？第二种想法是我们能不能直接求解答案，直接生成出这个排列？

简单分析一下会发现第一种是不可行的，或者说是伪命题。因为如果说我们可以想出一个求解字典序+k的算法，那么我们令这个k等于题目中要求的k不就是直接求解答案了？所以说，如果可能存在更好的办法，一定只能是第二种，也就是直接构造答案的方法。那么问题就剩下了，我们怎么直接构造这个答案呢？这就需要我们对排列组合的理解了。

如果你亲手写过某个集合的全排列，你会发现一些规律。比如说123的全排列好了。我们都知道，它的全排列一共是123,132,213,231,31和321。这个很简单，我们观察一下会发现，123一共三个数字，6种排列。每个数字打头的都是2种，如果换成1234的排列呢？列一下就会知道是6种。如果你找规律你会发现，每个数字开头的种数是(n-1)!。

如果要推导也很简单，因为每个数字都是公平的，所以每个数字开头的种数都是一样的。而全排列一共有n!种，所以分摊到每个数字头上剩下(n-1)!种。那如果我们已经知道了第一个数字是1，请问第二个数字是2的种类数有多少种？同样的方法可以算出是(n-2)!种。到这里有没有火花闪过的感觉？

我们来举个例子吧，假设我们现在n=5，我们算一下会知道，一共有120种排列。假设我们要求第100个排列，由于从0开始，所以也就是第99大的排列。那么根据我们刚才说的，我们已经知道每个数字开头的情况都是4！也就是24种，那么我们用99/24得到4，所以开头的数字是第4大的数（第0大的是1），也就是5。答案一下子缩小了很多，那接下来呢？接下来我们用99减去5之前的所有情况，也就是96种，得到3。也就说答案是5开头的第3个排列，那么我再问，第二个数字是多少？

同样的办法，除去5之后还剩下4个数字，每个数字排第二都有3!也就是6种，我们用3/6=0，应该是第0大的数，也就是1。我们继续，除去5和1之后，还剩3个数字。每个数字排第三的情况有2种，我们用3/2=1，我们应该选择第1大的数，这里剩下的数是2，3，4，所以第三位应该是3。以此类推，我们可以得到每一位的数字。整体的复杂度是O(n)，和上面的方法相比，有了质的突破。

我把整个计算过程做成了图，有看不懂的小伙伴可以结合一下下图理解：

最后，我们把这个方法实现即可：

class Solution:
    def getPermutation(self, n: int, k: int) -> str:
        frac = [1 for _ in range(n+1)]
        # 生成一个序列存放所有的元素
        nums = [i for i in range(1, n+1)]
        # 计算每一位的种类数
        for i in range(1, n):
            frac[i] = i * frac[i-1]

        ret = ''
        k -= 1
        for i in range(n-1, -1, -1):
            # 计算第i位的数字是当前第几大的数
            cur = k // frac[i]
            # 放完之后取模，表示去除掉之前的所有情况数
            k %= frac[i]
            # 求出当前元素之后，需要从序列当中移除
            ret += str(nums[cur])
            nums.remove(nums[cur])

        return ret

结尾

到这里三题就算是讲完了，今天的这三道题目或多或少的都和之前的问题有关，这也是我把这三题放在一篇文章当中阐述的原因。

这三题当中我个人最喜欢第三题，尤其是完美解法。它的整个思路和代码都不复杂，也没有什么特殊的技巧或者是方法，但是如果没有对题目有足够深入的了解是很难想到这个算法的。这其实也是算法题的精髓所在，比赛当中多的是知道解法也做不出来的题目。所以我们要提升算法水平，光学算法是不够的，也需要对题目有深入理解才行。

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