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leetcode LCP 28. 采购方案

小力将 N 个零件的报价存于数组 nums。小力预算为 target，假定小力仅购买两个零件，要求购买零件的花费不超过预算，请问他有多少种采购方案。

注意：答案需要以 1e9 + 7 (1000000007) 为底取模，如：计算初始结果为：1000000008，请返回 1

示例 1：

输入：nums = [2,5,3,5], target = 6

输出
解释：预算内仅能购买 nums[0] 与 nums[2]。

示例 2：

输入：nums = [2,2,1,9], target = 10

输出：4

解释：符合预算的采购方案如下：
nums[0] + nums[1] = 4
nums[0] + nums[2] = 3
nums[1] + nums[2] = 3
nums[2] + nums[3] = 10

提示：

2 <= nums.length <= 10^5

1 <= nums[i], target <= 10^5

看着简单，找出数组中两个元素之和小于等于给定值的组合个数。是不是挺简单的？但事实却并不简单，问题在于运行时间。

1. 首先使用蛮力法

---

代码：

int purchasePlans(int* nums, int numsSize, int target){int count  = 0;for (int i = 0; i < numsSize; i++) {for (int j = i + 1; j < numsSize; j++) {if (nums[i] + nums[j] <= target) count++;}count = count % 1000000007;}return count;
}

从第一个元素开始，向后遍历，判断两元素之后是否小于 target，小于则计数加一。时间复杂度为 $O(n^2)$。

这里从第 0 个元素开始向后遍历，还是从第 1 个元素开始向前遍历是一样的，时间复杂度都是 $O(n^2)$ 。

使用上述方法，在数组元素过长时，就会超时。

2. 排序 + “蛮力”

void quikSort(int * nums, int start, int end) {if (start < end) {int left = start, right = end;int target = nums[start];while (left < right) {while (left < right && nums[right] >= target) right--;if (left < right) {nums[left] = nums[right];left++;}while (left < right && nums[left] < target) left++;if (left < right) {nums[right] = nums[left];right--;}}nums[right] = target;quikSort(nums, start, right - 1);quikSort(nums, right + 1, end);}
}int purchasePlans(int* nums, int numsSize, int target){quikSort(nums, 0, numsSize - 1);if (nums[1] + nums[0] > target) {return 0;}int count = 1;int pre = 1;for (int i = 2; i < numsSize; i++) {if (nums[i] + nums[i - 1] <= target) {pre = i - 1;} else {while (pre >= 0) {if (nums[i] + nums[pre] <= target) break;pre--;}}if (pre == -1) break;count += (pre + 1);count %= 1000000007;}return count;
}

先对数组进行排序，这里使用快速排序，其时间复杂度为 $O(nlogn)$, 但是，当数组原本有序的情况下，其时间复杂度会变为 $O(n^2)$，这也是这种方法也不可行的原因。

在排序后判断统计阶段：

1. 判断第 0 个和第 1 个 元素是否满足 nums[0] + nums[1] <= target：

• 满足：初始化 pre（上一个元素满足的最大下标） 为 1，count 也为 1；
• 不满足：直接返回 0

  连最小的两个元素都无法满足，后面的一定也无法满足

2. 判断当前元素与前一个元素是否满足 nums[i] + nums[i - 1] <= target:

• 满足：修改 pre 的值 i - 1

  在这种情况下，当前值还不够大，相邻元素是符合要求的。

• 不满足，从 pre 开始寻找满足条件的的元素的下标。

  上一个元素不能满足，当前元素一定不能满足，因为其为一个递增序列。

3. count += (pre + 1)， 下标为 pre 的元素能满足，则其前面的元素一定也能满足。

这里还有一步，如果这个 pre 已经为 -1， 即当前值已经大于 target，则直接退出循环，后面的值都大于 target。无需再进行计算了。

这一阶段，其时间复杂度为 $O(n)$，可能会出现元素值跨度很大的情况，即在寻找符合条件的 pre 时，循环了较长时间，但是对整体影响不大。

此方法，时间消耗主要在排序阶段，当原始已经有序的情况下，再使用快速排序，其时间消耗也是较大的。