当前位置：首页 > news >正文

力扣热题——使数组元素互不相同所需的最少操作次数

news 来源：原创 2025/4/29 10:59:12

题目链接：3396. 使数组元素互不相同所需的最少操作次数 - 力扣（LeetCode）

题目描述

编辑

解法一：找到最后一个重复元素的位置

1. 问题的核心

2. 算法设计

(1) 找到最后一个重复元素的位置

(2) 计算最少操作次数

Java写法：

C++写法：

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

时间复杂度

空间复杂度

编辑

解法二：哈希表+暴力

1. 核心逻辑

2. 哈希表的作用

3. 移除操作

Java写法：

C++写法：

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

总结

题目链接：3396. 使数组元素互不相同所需的最少操作次数 - 力扣（LeetCode）

注：下述题目描述和示例均来自力扣

题目描述

给你一个整数数组 nums，你需要确保数组中的元素 互不相同 。为此，你可以执行以下操作任意次：

从数组的开头移除 3 个元素。如果数组中元素少于 3 个，则移除所有剩余元素。

注意：空数组也视作为数组元素互不相同。返回使数组元素互不相同所需的 最少操作次数 。

示例 1：

输入： nums = [1,2,3,4,2,3,3,5,7]

输出： 2

解释：

第一次操作：移除前 3 个元素，数组变为 [4, 2, 3, 3, 5, 7]。
第二次操作：再次移除前 3 个元素，数组变为 [3, 5, 7]，此时数组中的元素互不相同。

因此，答案是 2。

示例 2：

输入： nums = [4,5,6,4,4]

输出： 2

解释：

第一次操作：移除前 3 个元素，数组变为 [4, 4]。
第二次操作：移除所有剩余元素，数组变为空。

因此，答案是 2。

示例 3：

输入： nums = [6,7,8,9]

输出： 0

解释：

数组中的元素已经互不相同，因此不需要进行任何操作，答案是 0。

提示：

1 <= nums.length <= 100
1 <= nums[i] <= 100

解法一：找到最后一个重复元素的位置

1. 问题的核心

题目要求我们通过移除数组前 3 个元素的操作，使得数组中的元素互不相同。我们需要计算最少的操作次数。

核心思想是：

如果数组中已经没有重复元素，则不需要任何操作。
如果有重复元素，我们需要找到最后一个重复元素的位置，并基于此位置计算需要移除的次数。

2. 算法设计

(1) 找到最后一个重复元素的位置

为了判断数组中是否存在重复元素，以及确定最后一次出现重复的位置，代码使用了以下方法：

从数组的末尾向前遍历（for (int i = nums.length - 1; i >= 0; i--)）。
使用一个 HashSet 来存储已经访问过的元素。
- 如果当前元素已经在 HashSet 中（即出现了重复），记录下它的索引 index 并退出循环。
- 否则，将当前元素加入 HashSet。

为什么从后往前遍历？

因为我们关心的是“最后一个”重复元素的位置，这样可以确保找到的索引是最接近数组开头的。

(2) 计算最少操作次数

根据找到的 index，我们可以计算出需要移除的次数：

每次操作最多移除 3 个元素。
需要移除的元素总数是从数组开头到 index 的所有元素（即 index + 1 个元素）。
因此，操作次数为 (index + 1) / 3（整除），如果不能整除，则需要额外一次操作。

(index + 1) % 3 == 0 ? (index + 1) / 3 : (index + 1) / 3 + 1

Java写法：

class Solution {public int minimumOperations(int[] nums) {HashSet<Integer> set = new HashSet<>();// 这里的-1不只是说是标记为未操作数// 还是为了后面的index计算做了铺垫int index = -1;for(int i = nums.length - 1;i >= 0;i--){if(set.contains(nums[i])){index = i;break;  }set.add(nums[i]);}// 这里得到了index// 那么结果就是// (index + 1)%3 == 0?(index + 1)/3:(index + 1)/3 + 1return (index + 1)%3 == 0?(index + 1)/3:(index + 1)/3 + 1;}
}

C++写法：

#include <vector>
#include <unordered_set>
using namespace std;class Solution {
public:int minimumOperations(vector<int>& nums) {unordered_set<int> set;// 初始化 index 为 -1，表示没有重复元素int index = -1;// 从数组末尾向前遍历，找到最后一个重复元素的位置for (int i = nums.size() - 1; i >= 0; --i) {if (set.find(nums[i]) != set.end()) {index = i;break;}set.insert(nums[i]);}// 如果没有重复元素，返回 0if (index == -1) {return 0;}// 计算最少操作次数return (index + 1) % 3 == 0 ? (index + 1) / 3 : (index + 1) / 3 + 1;}
};

运行时间

时间复杂度和空间复杂度

时间复杂度

遍历数组的时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组的长度。
HashSet 的插入和查找操作平均时间复杂度为 O(1)。
总体时间复杂度为 O(n)。

空间复杂度

使用了一个 HashSet 存储数组中的元素，最坏情况下需要存储所有元素，空间复杂度为 O(n)。

解法二：哈希表+暴力

1. 核心逻辑

使用一个循环从数组的开头开始，每次尝试检查当前剩余数组是否有重复元素。
如果有重复元素，则执行一次操作（移除前 3 个元素），并增加操作计数。
如果没有重复元素，直接返回当前的操作次数。

2. 哈希表的作用

在每次检查时，使用哈希表（HashSet 或 unordered_set）来判断当前剩余数组中是否有重复元素。
如果某个元素已经存在于哈希表中，则说明存在重复。

3. 移除操作

每次操作最多移除 3 个元素。如果数组中剩余元素不足 3 个，则移除所有剩余元素。
通过 i += 3 来模拟移除操作。

Java写法：

class Solution {public int minimumOperations(int[] nums) {int operations = 0;int n = nums.length;// 模拟移除操作for (int i = 0; i < n; ) {// 使用 HashSet 判断当前剩余数组是否有重复元素HashSet<Integer> set = new HashSet<>();boolean hasDuplicate = false;for (int j = i; j < n; j++) {if (!set.add(nums[j])) { // 如果无法添加到集合中，说明有重复hasDuplicate = true;break;}}// 如果没有重复元素，直接返回操作次数if (!hasDuplicate) {return operations;}// 否则，移除前 3 个元素（或剩余所有元素）i += 3;operations++;}return operations;}
}

C++写法：

#include <vector>
#include <unordered_set>
using namespace std;class Solution {
public:int minimumOperations(vector<int>& nums) {int operations = 0;int n = nums.size();// 模拟移除操作for (int i = 0; i < n; ) {// 使用 unordered_set 判断当前剩余数组是否有重复元素unordered_set<int> set;bool hasDuplicate = false;for (int j = i; j < n; j++) {if (!set.insert(nums[j]).second) { // 如果插入失败，说明有重复hasDuplicate = true;break;}}// 如果没有重复元素，直接返回操作次数if (!hasDuplicate) {return operations;}// 否则，移除前 3 个元素（或剩余所有元素）i += 3;operations++;}return operations;}
};