LeetCode中两个数组的交集题解-java
题目:
350. 两个数组的交集 II
难度简单424
给定两个数组,编写一个函数来计算它们的交集。
示例 1:
输入:nums1 = [1,2,2,1], nums2 = [2,2]
输出:[2,2]
示例 2:
输入:nums1 = [4,9,5], nums2 = [9,4,9,8,4]
输出:[4,9]
说明:
- 输出结果中每个元素出现的次数,应与元素在两个数组中出现次数的最小值一致。
- 我们可以不考虑输出结果的顺序。
\进阶\:**
- 如果给定的数组已经排好序呢?你将如何优化你的算法?
- 如果 nums1 的大小比 nums2 小很多,哪种方法更优?
- 如果 nums2 的元素存储在磁盘上,内存是有限的,并且你不能一次加载所有的元素到内存中,你该怎么办?
题解
方法一:哈希表
思路:
用哈希表存放每个数字出现的数字,对于一个数字,其在交集中出现的次数等于该数字在两个数组中出现次数的最小值。首先遍历第一个数组,并在哈希表中记录第一个数组中每个数字以及对应出现的次数,然后遍历第二个数组,若该数字存在哈希表中,则将该数字添加到答案数组中,并减少哈希表中该数字对应的次数
class Solution {
public int[] intersect(int[] nums1, int[] nums2) {
// 新建一个哈希表来存放大数组中值及其对应出现的次数
HashMap<Integer,Integer> hashmap = new HashMap<>();
// 新建一个数组用来存放返回值,数组长度为较大的一个数组长度
int[] res = new int[nums1.length > nums2.length ? nums1.length : nums2.length];
// 将数组及其对应值出现的次数存入哈希表中
for(int i = 0; i < nums1.length; i++){
if(!hashmap.containsKey(nums1[i])){
hashmap.put(nums1[i], 1);
}else{
hashmap.put(nums1[i], hashmap.get(nums1[i]) + 1);
}
}
int m = 0;
// 遍历另外一个数组,若存在hashmap中,将值存入返回数组res中,并将其对应值出现的次数减一
for(int j = 0; j < nums2.length; j++){
if(hashmap.containsKey(nums2[j])){
if(hashmap.get(nums2[j]) > 0){
res[m++] = nums2[j];
hashmap.put(nums2[j],hashmap.get(nums2[j]) - 1);
}else{
hashmap.remove(nums2[j]);
}
}
}
// 截取有值的部分返回
return Arrays.copyOfRange(res, 0, m);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度:O(m+n),其中 m 和 n分别是两个数组的长度。需要遍历两个数组并对哈希表进行操作,哈希表操作的时间复杂度是 O(1),因此总时间复杂度与两个数组的长度和呈线性关系。
- 空间复杂度:O(min(m,n)),其中 m和 n 分别是两个数组的长度。对较短的数组进行哈希表的操作,哈希表的大小不会超过较短的数组的长度。为返回值创建一个数组 intersection,其长度为较短的数组的长度。
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方法二:排序
思路:
首先对两个数组进行排序,然后使用两个指针遍历两个数组。
初始时,两个指针分别指向两个数组的头部。每次比较两个指针指向的两个数组中的数字,如果两个数字不相等,则将指向较小数字的指针右移一位,如果两个数字相等,将该数字添加到答案,并将两个指针都右移一位。当至少有一个指针超出数组范围时,遍历结束。
// class Solution {
// public int[] intersect(int[] nums1, int[] nums2) {
// // 新建一个哈希表来存放大数组中值及其对应出现的次数
// HashMap<Integer,Integer> hashmap = new HashMap<>();
// // 新建一个数组用来存放返回值,数组长度为较大的一个数组长度
// int[] res = new int[nums1.length > nums2.length ? nums1.length : nums2.length];
// // 将数组及其对应值出现的次数存入哈希表中
// for(int i = 0; i < nums1.length; i++){
// if(!hashmap.containsKey(nums1[i])){
// hashmap.put(nums1[i], 1);
// }else{
// hashmap.put(nums1[i], hashmap.get(nums1[i]) + 1);
// }
// }
// int m = 0;
// // 遍历另外一个数组,若存在hashmap中,将值存入返回数组res中,并将其对应值出现的次数减一
// for(int j = 0; j < nums2.length; j++){
// if(hashmap.containsKey(nums2[j])){
// if(hashmap.get(nums2[j]) > 0){
// res[m++] = nums2[j];
// hashmap.put(nums2[j],hashmap.get(nums2[j]) - 1);
// }else{
// hashmap.remove(nums2[j]);
// }
// }
// }
// // 截取有值的部分返回
// return Arrays.copyOfRange(res, 0, m);
// }
// }
class Solution {
public int[] intersect(int[] nums1, int[] nums2) {
// 对两个数组进行排序
Arrays.sort(nums1);
Arrays.sort(nums2);
int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;
// 新建一个数组,长度为两个数组中长度较小的值
int[] intersection = new int[Math.min(length1, length2)];
// 新建两个指针index1 与 index2
int index1 = 0, index2 = 0, index = 0;
// index1与index2都在范围之内
while (index1 < length1 && index2 < length2) {
// 如果index1 的值小于index2的值,则将index1往后移一位
if (nums1[index1] < nums2[index2]) {
index1++;
// 如果index1的值大于index2 的值,将index2往后移一位
} else if (nums1[index1] > nums2[index2]) {
index2++;
// 否则将此时值赋予返回数组中,并将index1 与index2 两个下标往后移一位
} else {
intersection[index] = nums1[index1];
index1++;
index2++;
index++;
}
}
return Arrays.copyOfRange(intersection, 0, index);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度:O(mlog m+nlog n),其中 m 和 n 分别是两个数组的长度。对两个数组进行排序的时间复杂度是 O(mlogm+nlogn),遍历两个数组的时间复杂度是O(m+n),因此总时间复杂度是 O(mlogm+nlogn)。
- 空间复杂度:O(min(m,n)),其中 m 和 n 分别是两个数组的长度。为返回值创建一个数组 intersection,其长度为较短的数组的长度。